求等边三角形ABC的边长

王守恩

\(\D\frac{1}{BE}=\frac{BE}{7}=\frac{3}{AB}=>\frac{1}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{7}}{7}=\frac{3}{3\sqrt{7}}\)

\(\D\frac{4}{AE}=\frac{AE}{7}=\frac{6}{AB}=>\frac{4}{2\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}=\frac{6}{3\sqrt{7}}\)

hejoseph

hujunhua 发表于 2025-4-10 17:50
这种几何题的妙解常常出于精巧的数值，所以别想着一般化，意义不大。
本题最应该想到的巧合之处就是是否具 ...

我不这样认为，各人有各人的习惯，我习惯于把问题一般化再求解一般问题，当然这样解法大部分情况下会更复杂，结论也会更复杂。毕竟现实生活中的问题大部分情况下不会出现这种精心设计好的数值的问题。
例如网上很有名的韦东奕一元五次方程，对那个题目确实有很精妙的解法，但不能说寻求求解一般的一元五次方程的方法，或者退一步，寻求解有根式解的一元五次方程的解法就意义不大吧？是否又能说解决了这个特殊问题的意义不大呢？

王守恩

hujunhua 发表于 2025-4-10 17:50
这种几何题的妙解常常出于精巧的数值，所以别想着一般化，意义不大。
本题最应该想到的巧合之处就是是否具 ...

好图！！！！！！让人浮想联翩。

记BE=CK=AG,  ∠CBG=30°+a  ∠ABG=30°-a,  BA=P*GA,  GC=BK=(P-1)GA。

\(△ABC。1=\frac{\sin(30^\circ+a)*BC*GA}{\sin(30^\circ-a)*BA*GC}=\frac{\sin(30^\circ+a)*GA}{\sin(30^\circ-a)(P-1)GA}=\frac{\sin(30^\circ+a)}{\sin(30^\circ-a)(P-1)}\ \ \ \ \ \ (1)\)

\(△ABK。1=\frac{\sin(30^\circ+a)*BK*3}{\sin(30^\circ-a)*BA*4}=\frac{\sin(30^\circ+a)(P-1)GA*3}{\sin(30^\circ-a)P*GA*4}=\frac{\sin(30^\circ+a)(P-1)*3}{\sin(30^\circ-a)P*4}\ \ \ \ (2)\)

结合(1),(2)。\(\frac{1}{P - 1} == \frac{3 (P - 1)}{4 P},=> P=3\)

余弦定理。\(7^2 = GA^2 + (3GA)^2 - 2GA*3GA\cos[60^\circ], =>  GA^2=7\)