本帖最后由 王守恩 于 2019-11-9 01:42 编辑
creasson 发表于 2019-10-28 23:30
这里我给一个例子
题：三角形 ABC 所在平面，求一点 P ，使三个三角形 PAB、PBC、PCA 的周长相等。
利用三角函数解题。
1，先找角度。
\(∠CAB=A\ \ \ \ ∠ABC=B\ \ \ \ ∠BCA=C\)
\(∠PAB=\theta\ \ \ \ \ ∠PAC=A-\theta\)
2，再找长度。
\(BC=\sin A\ \ \ \ CA=\sin B\ \ \ \ AB=\sin C\)
\(PA=x\ \ \ \ \ \ PB=y\ \ \ \ \ \ PC=z\)
\(y^2=x^2+(\sin C)^2-2x\sin C\cos\theta\ \ \) (1)
\(Z^2=x^2+(\sin B)^2-2x\sin B\cos(A-\theta)\) (2)
3，根据周长相等解题。
\(\sin B+x+z=\sin A+y+z=\sin C+x+y\) (3)
由第 1 个等号得：\(x+\sin B-\sin A=y\) 把\(y\)换成 (1)
\(\D x=\frac{(\sin C+\sin B-\sin A)(\sin C-\sin B+\sin A)}{2(\sin B-\sin A+\sin C\cos\theta )}\)
由第 2 个等号得：\(x+\sin C-\sin A=z\) 把\(z\)换成 (2)
\(\D x=\frac{(\sin B+\sin C-\sin A)(\sin B-\sin C+\sin A)}{2(\sin C-\sin A+\sin B\cos (A-\theta))}\)
即：
\(\D\frac{(\sin C+\sin B-\sin A)(\sin C-\sin B+\sin A)}{2(\sin B-\sin A+\sin C\cos\theta )}=\frac{(\sin B+\sin C-\sin A)(\sin B-\sin C+\sin A)}{2(\sin C-\sin A+\sin B\cos (A-\theta))}=x\)
由第 1 个等号解得角度：\(\theta\)
由第 2 个等号解得长度：\(x\)
本帖最后由 dlsh 于 2019-11-13 21:31 编辑
不赞成，具体参考国际会议学术论文，向量商概念在梁绍鸿教授《初等几何复习与研究》中已经出现，但是只局限于在一条直线上的向量。
dlsh 发表于 2019-11-13 21:29
不赞成，具体参考国际会议学术论文，向量商概念在梁绍鸿教授《初等几何复习与研究》中已经出现，但是只局限 ...
这篇短文说向量除法不存在的原因在于向量的两种乘法定义都是不完整的，这里定义平面上向量的全积$\otimes $：若\[\mathop a\limits^ \to = {z_1}\mathop c\limits^ \to,\mathop b\limits^ \to = {z_2}\mathop d\limits^ \to\]
则\[\mathop a\limits^ \to \otimes \mathop b\limits^ \to = {z_1}\mathop {{z_2}}\limits^{\_\_} \mathop c\limits^ \to \otimes \mathop d\limits^ \to\]
并且\[\mathop a\limits^ \to \otimes \mathop a\limits^ \to = |a{|^2}\]
可以看到，全积包含了向量的点乘和叉乘。
如图，假设D和E是三角形ABC对应边的中点，\(\frac{\vec{DA}}{\vec{DB}}\)=\(\frac{\vec{EA}}{\vec{EC}}\)=\(\frac{1}{2}\),显然\(\frac{\vec{DA}}{\vec{EA}}\)=\(\frac{\vec{DB}}{\vec{EC}}\)
本帖最后由 dlsh 于 2019-12-2 21:06 编辑
如果按照题设先构造等腰三角形ABC，B在原点，BC在实轴上，并且等于单位长度，设v=cosA+isinA,可以求出
\(d_{1}=-\frac{\sqrt{v^2-14v+1}+v-1}{6v},d_{2}=\frac{\sqrt{v^2-14v+1}-v+1}{6v}\)，哪一点在AB延长线上？
总结一下，上面的讨论说明向量商对于证明本题的结论有优势，并且证明过程适用另外两点D'和E'，具体参考15楼，用直接构造，难以区别D、D'、E和E'。但是向量商主流可能是不认可的。
为方便阅读，重发本题，并且少量修改原图。
AB=AC，D和E在两边延长线上，DB/DC=CE/AE=1/2，证明：△BDC∽△ACE
学者常常通过巧妙构造来规避平方运算，最典型的就是内心定理，可能是软件计算能力有限，也不愿意看到比较复杂的结果。
已知：`I` 是`\triangle ABC`的内心，求证：\[\begin{equation}BC\cdot\overset\rightharpoonup{IA}+CA\cdot\overset\rightharpoonup{IB}+AB\cdot\overset\rightharpoonup{IC}=0\end{equation}\].
证明：我们将图形放在复平面上，用相应的小写字母表示各点在复平面上的对应复数。
若把内心放在原点，顶点`A,B,C`为动态点，那么顶点显然不能为主动点，它们只能设为从动点，主动点可为内切圆与各边的切点`D,E,F`.
所以我们将`a,b,c`都表为`d,e,f`的代数式。不妨设内切圆为单位圆, 则\对非零复数`z`,记 `\D z^o:=\frac z{|z|}`.
【引理1】如图`E,F`在单位圆`z\bar z=1`上，由`IG⊥EF`, 按如图所示逆时针方向，有`(e+f)^o=\mathbf{i}\*(e-f)^o`。
由两直角三角形相似关系得`\D\frac{\overset\rightharpoonup{IG}}{\overset\rightharpoonup{IE}}=\frac{\overset\rightharpoonup{IF}}{\overset\rightharpoonup{IA}}`, 将`IE=e,IF=f,IA=a,IG=\D\frac{e+f}2`代入得
\轮换可得 `b=\D\frac2{\bar f+\bar d},c=\frac2{\bar d+\bar e}`, 所以\[\overset\rightharpoonup{BC}=c-b=\frac2{\bar d+\bar e}-\frac2{\bar f+\bar d}=\frac{2(\bar f-\bar e)}{(\bar d+\bar e)(\bar f+\bar d)}\]所以\其中`\D k=\frac{-4\mathbf{i}}{|d+e|\*|e+f|\*|f+d|}`
轮换得 \所以
\
除了内心 `I`，对其它的任意点`P`,都不成立\也就是说，楼上命题的逆也成立。
证明：(2)式减上楼(1)式得
\[\begin{split}BC\cdot\overset\rightharpoonup{PI}+CA\cdot\overset\rightharpoonup{PI}+AB\cdot\overset\rightharpoonup{PI}=0,&\\(BC+CA+AB)\cdot\overset\rightharpoonup{PI}=0,&\\\text{but }BC,CA,AB>0, \text{so only }\overset\rightharpoonup{PI}=0.&\\
\end{split}\]即`P=I`.
真心希望中国的数学大师完成此理论。
直角三角形 ΔADE 反向相似于 ΔABC，∠ADE,∠ACB 是直角，F 是 BE 中点，证明：CF=DF
证明:假设A在原点，BC/AC=DE/AD=λ，应用向量定比分点公式的程序证明如下：
本题是典型的向量商应用实例。