折“正三角形”纸片
本帖最后由 yigo 于 2024-10-9 20:21 编辑
如图，设正三角形ABC的边长为1，易知折痕QR、ST交BC于P点，且QR、ST三等分∠APB，
设\(PB=x，θ=\frac{1}{3}∠APB\)，
由梅涅劳斯定理，若QR、ST截各边长度为有理数，则\(x\)必须为有理数，
由正弦定理有：
\(QB=\frac{\sin{θ}}{\sin{(60°-θ)}}x\\RC=\frac{\sin{θ}}{\sin{(60°+θ)}}(x+1)\\SB=\frac{\sin{2θ}}{\sin{(60°-2θ)}}x\\TC=\frac{\sin{2θ}}{\sin{(60°+2θ)}}(x+1)\)
令\(t=\frac{\sin{θ}}{\sin{(60°-θ)}}\)，则
\(QB=tx\\RC=\frac{t}{t+1}(x+1)\\SB=\frac{t(t+2)}{1-t^2}x\\TC=\frac{t(t+2)}{1+2t}(x+1)\)
故\(t\)必须为有理数
故\(\frac{1}{t}=\frac{\sin{(60°-θ)}}{\sin{θ}}=\frac{\sin{60°}\cos{θ}}{\sin{θ}}-\frac{1}{2}\)为有理数，
令\(u=\frac{\sin{θ}}{\sin{60°}\cos{θ}}\)，则\(u\)为有理数，\(\tan{θ}=\sin{60°}u=\frac{\sqrt{3}}{2}u\)，
又\(\tan{3θ}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{x+\frac{1}{2}}=\frac{3\tan{θ}-\tan^3{θ}}{1-3\tan^2{θ}}=\frac{\frac{3\sqrt{3}}{2}u-\frac{3\sqrt{3}}{8}u^3}{1-\frac{9}{4}u^2}\)
解得
\(x=\frac{3u^3-18u^2-12u+8}{24u-6u^3}\)
\(t=\frac{2u}{2-u}\)
u取\([0,\frac{\tan{20°}}{\sin{60°}})\)的有理数
没看清题目，QR、ST也要为有理数，不知道满不满足，不满足的话还需要继续加强限制。
QR、ST为有理数等价于PQ、PR为有理数，
\(PQ=\frac{\sin{60°}}{\sin{(60°-θ)}}x=\sqrt{t^2+t+1}x\\PS=\frac{\sin{60°}}{\sin{(60°-2θ)}}x=\frac{t^2+t+1}{1-t^2}x\)
所以还需满足\(\sqrt{t^2+t+1}\)为有理数
本帖最后由 yigo 于 2024-10-10 00:22 编辑
\(\sqrt{t^2+t+1}\)的有理数解的通项公式，我不会求，应该和什么Pell方程有关把，
题中还要求折边与BC相交以及A点折后与PR相交后截的线段也为有理数，根据对称性，满足以上条件的解得到的线段必然是有理数，
用软件求了个\(t=\frac{13}{35}\)，得到的三角形如下图：
本帖最后由 yigo 于 2024-10-10 14:14 编辑
整理下：
\(t=\frac{\sin{θ}}{\sin{(60°-θ)}}，t\in[0,\frac{1}{2\cos{20°}})\)
令\(s=\frac{1}{2t}，s\in(\cos{20°},+\infty)\)
\(PB=x=\frac{8s^3-6s-1}{6s(2s+1)}\)
\(BQ=\frac{8s^3-6s-1}{12s^2(2s+1)}\\
QS=\frac{(4s^2+2s+1)(8s^3-6s-1)}{12s^2(2s-1)(2s+1)^2}\\
SA=\frac{(4s^2+2s+1)^2}{6s(2s-1)(2s+1)^2}\\
CR=\frac{8s^3+12s^2-1}{6s(2s+1)^2}\\
RT=\frac{(4s^2+2s+1)(8s^3+12s^2-1)}{24s^2(s+1)(2s+1)^2}\\
TA=\frac{(4s^2+2s+1)^2}{24s^2(s+1)(2s+1)}\\
PQ=\frac{(8s^3-6s-1)\sqrt{4s^2+2s+1}}{12s^2(2s+1)}\\
QR=\frac{(4s+1)(4s^2+2s+1)\sqrt{4s^2+2s+1}}{12s^2(2s+1)^2}\\
PS=\frac{(4s^2+2s+1)(8s^3-6s-1)}{24s^2(2s-1)(2s+1)^2}\\
ST=\frac{(4s^2+2s+1)^3}{24s^2(s+1)(2s-1)(2s+1)^2}\\
PA=\frac{(4s^2+2s+1)\sqrt{4s^2+2s+1}}{6s(2s+1)}\)
设折叠后AB与BC交于点S'，AC与BC交于点T'，A点交QR与点A'，根据镜像对称:
BS'=PS-PB，T'C=PC-PT，A'R=PR-PA，
令\(s=\frac{(k+1)(k-3)}{8k}，k\in(1+4\cos{20°}+2\sqrt{4\cos^2{20°}+2\cos{20°}+1}\approx10,+\infty)\)，则
\(\sqrt{4s^2+2s+1}=\frac{k^2+3}{4k}\)，给定有理数k就能得到各线段长度。
补充内容 (2024-10-11 15:13):
1
补充内容 (2024-10-11 15:14):
更正:\(PS=\frac{(4s^2+2s+1)(8s^3-6s-1)}{6s(2s-1)(2s+1)^2}\)
补充内容 (2024-10-11 15:17):
回答：0.1110，\(PA=\sqrt{x^2+x+1}\),用wolframalpha算的，是这个值，应该是约分掉了。 接1楼。能使各线段及折痕都是整数(整体互质)的正三角形边长有:
{520, 2760, 12432, 49560, 96360, 139440, 201630, 422730, 440440, 659022, 720720, 1078896, 1417680, 1476960, 1747746, 2419270, 3244824, 3654560, 4037880, 4513080, 5624190, 6262256, 6890730, 7471464,
9549232, 13837950, 14075490, 15656520, 16084640, 17894184, 18301920, 20264400, 21040630, 24452120, 26684350, 27360480, 31870410, 32260800, 35815416, 39536280, 39946170, 52079456, 53222598, 56837664,
62174112, 66551056, 72128320, 73461080, 78189510, 79419240, 80985450, 91146510, 93047834, 108705840, 116512704, 121008888, 123116686, 123871146, 124564440, 138274400, 147294840, 152050752, 159629470,
Union@Flatten@Table[((a/b)^6 - 13(a/b)^4 + 39(a/b)^2 - 27)/(2 GCD[4((a/b)^4 - 6(a/b)^3 - 3(a/b)^2), ((a/b)^6 + 9(a/b)^4 + 27(a/b)^2 + 27)/4,
(19(a/b)^4 - 30(a/b)^2 + 27), ((a/b)^5 + 6(a/b)^3 + 9a/b)]), {b, 80}, {a, Ceiling[(3 + Sqrt) b],7b + 90}] 譬如:正三角形边长=139440.
Table, {n, 139440, 139440}]
{{{x -> 102480, y -> 88752, z -> 79507, w -> 64715}}}
譬如:正三角形边长=720720.
Table, {n, 720720, 720720}]
{{{x -> 488880, y -> 426320, z -> 389017, w -> 335727}, {x -> 609840, y -> 543312, z -> 475398, w -> 339570}}}
譬如:正三角形边长=3654560.
Table, {n, 3654560, 3654560}]
{{{x -> 3092320, y -> 2754976, z -> 2410604, w -> 1721860}, {x -> 3334240, y -> 3091360, z -> 2685619, w -> 1758211}}} 1楼的“再折一次”问题，我从“角分线定理，余弦定理，三角形相似”出发，得到一个3元4次不定方程，居然无有理数解，我哪里弄错了？
期待大神！ 0.1110 发表于 2024-10-11 16:12
1楼的“再折一次”问题，我从“角分线定理，余弦定理，三角形相似”出发，得到一个3元4次不定方程，居然无 ...
1楼的“再折一次”问题——13个整数？ 王守恩 发表于 2024-10-11 16:30
1楼的“再折一次”问题——13个整数？
仅考虑图上的11条实线段. 过A'作BC平行线，问题(见下图)变问题(若图)。
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