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[转载] 求有两个相等的内接正方形的扇形夹角

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发表于 2020-8-24 11:58:39 | 显示全部楼层 |阅读模式

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上周wayne的聊之斋群里讨论的一个几何题,构图有点趣味。
方法不得当的话,据说计算量有点大。
扇形双等内接正方形.jpg

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老大有妙解?  发表于 2020-8-24 13:56
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2020-8-24 14:36:26 | 显示全部楼层
有点无从下手
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
发表于 2020-8-24 14:45:53 | 显示全部楼层
不妨设扇形半径为 $1$,$2\theta=\alpha$,正方形边长是 $2x$。
1.png
从这个正方形中可求得\[
\tan 2\theta=\frac{2x}{\sqrt{1-(2x)^2}-2x}
\]解得\[
x=\frac{\tan 2\theta}{2\sqrt{1+2\tan 2\theta+2\tan^2 2\theta}}=\frac{\tan\theta}{\sqrt{1+4\tan\theta+6\tan^2\theta-4\tan^3\theta+\tan^4\theta}}
\] 2.png
从这个正方形中可求得\[
\tan\theta=\frac{x}{\sqrt{1-x^2}-2x}
\]解得\[
x=\frac{\tan\theta}{\sqrt{1+4\tan\theta+5\tan^2\theta}}
\]由\[
\frac{\tan\theta}{\sqrt{1+4\tan\theta+6\tan^2\theta-4\tan^3\theta+\tan^4\theta}}=\frac{\tan\theta}{\sqrt{1+4\tan\theta+5\tan^2\theta}}
\]得\[
1-4\tan\theta+\tan^2\theta=0
\]解得\[
\tan\theta=2\pm\sqrt 3
\]所以\[
\tan\alpha=\pm\frac{\sqrt 3}{3}
\]负的需要舍去,所以\[
\alpha=30^\circ
\]

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真乃及时雨也!  发表于 2020-8-24 15:02

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葡萄糖 + 1 + 1 + 1 三角函数法果然精彩!

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毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2020-8-24 16:05:40 | 显示全部楼层
我的方法可能有点笨,但还是发出来。

一、先推导扇形内接矩形的一般情形:
借用 hejoseph 上贴的第一张图,但  \(C_1C_2C_3C_4\) 为更一般的矩形:\(C_1C_2=a, C_2C_3=b\),
设扇形的半径为 \(r\), 圆心角为 \(\alpha\),则:\[r^2=\left(a+\frac{b}{\tan \alpha}\right)^2+b^2\]
二、令两个正方形的边长为“\(1\)”,可列方程:
\[\left(1+\frac{1}{\tan \alpha}\right)^2+1^2=\left(1+\frac{1/2}{\tan(\alpha/2)}\right)^2+(1/2)^2\]
再令 \(x=\tan\dfrac{\alpha}{2}\), 则 \(\tan \alpha=\dfrac{2x}{1-x^2}\),
\[\left(1+\frac{1-x^2}{2x}\right)^2+1^2=\left(1+\frac{1}{2x}\right)^2+\left(\frac{1}{2}\right)^2
\]\[
\left(2x + 1 - x^2\right)^2+4x^2=(2x + 1)^2+x^2
\]\[
3x^2+\left(4x + 2 - x^2\right)(-x^2)=0
\]\[
x^2-4x+1=0
\]\[
x=2\pm\sqrt3
\]对应的\(\dfrac{\alpha}{2}=15\degree\ \text{or}\ 75\degree\)(以上解方程的计算量并不大)

\(\therefore \alpha=30\degree\) (\(\alpha=150\degree\) 为钝角,需舍去 )

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2图合1图,通透!  发表于 2020-8-24 16:17

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 楼主| 发表于 2020-8-24 16:08:33 | 显示全部楼层
正方形边长公式可从位似作图法而来。
扇形内接双等正方形.PNG
仍设扇形半径为1,α=2θ,则A'的坐标为(sin2θ+cos2θ, sin2θ), B'的坐标为(2sinθ+cosθ, -sinθ),
由位似作图得正方边长为\[
\begin{align}\frac{\sin2θ}{OA'}&=\frac{\sin2θ}{\sqrt{(\sin2θ+\cos2θ)^2+\sin^22θ}}=\frac{2\sinθ\cosθ}{\sqrt{1+2\sin2θ\cos2θ+\sin^22θ}}\\
\frac{2\sinθ}{OB'}&=\frac{2\sinθ}{\sqrt{(2\sinθ+\cosθ)^2+\sin^2θ}}=\frac{2\sinθ}{\sqrt{1+2\sin2θ+4\sin^2θ}}
\end{align}\]取两式相等, 先两边消去2sinθ, 化分式为整式, 去根号得\[\begin{split}
\cos^2θ(1+2\sin2θ+4\sin^2θ)&=1+2\sin2θ\cos2θ+\sin^22θ\\
2\sin2θ\cos^2θ&=\sin^2θ+2\sin2θ(\cos^2θ-\sin^2θ)\\
2\sin2θ&=1\\
α=2θ&=30\degree
\end{split}\]

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发表于 2020-8-24 19:19:50 | 显示全部楼层
twocircles.png
如图,重叠两个正方形,我们得到红色圆弧和半径和绿色圆弧和半径长度相等。
根据$/_DGA=/_DFA$得出GFAD四点共圆,由于$/_DAF$是直角,所以$/_FGD$也是直角。
于是GH=FH=HD.又因为GC=FC(原俩圆半径),所以HC垂直GF.得出HC//GM.
又因为GH//FB//DC.所以我们得出DCHG是平行四边形。于是GH=DC=HD=DA=HA
得出$\Delta HDA$是正三角形。所以$/_DFA$是30度角。

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wayne + 18 + 12 + 18 + 18 + 18 回味无穷!
hujunhua + 9 + 8 + 9 + 9 + 9 微斯文,妙趣安归?
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发表于 2020-8-24 19:50:28 | 显示全部楼层
实在是妙,没想到啊,没想到 这题目 可以基本 不用动手 计算。
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 楼主| 发表于 2020-8-25 08:52:25 | 显示全部楼层
换个方向,图形很舒展啊,点的位置也巧,两个扇形的圆心在彼此的弧上,也就是说`△O_1O_2C`是一个正三角形。
可惜就是找不到避开@mathe那个方向的证明,真是熏死人!
扇形内接双等正方形.PNG

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发表于 2020-8-25 10:27:26 | 显示全部楼层
这类型题目都是很凑巧的,通常来说那些简便的方法就难以有通用性了,如果正方形不全等,那就难算了。很多格点求角度问题就是这样,纯几何法看似简单,但是很难想到,也不具有通用性。
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发表于 2020-8-25 10:30:57 | 显示全部楼层
虽如此说,方法不通用,但是 如何构造出巧妙的方法 还是有一定的规律可循的,就看大家有没有 考究和推敲 的心态了。比如另一道题目,老胡的处理就惊为天人。 https://bbs.emath.ac.cn/thread-16974-1-1.html

此题里面最麻烦的地方就是 两个条件是分散的,独立性比较高,那么我们就要想办法 把这两个条件揉在一块。这个方向 是必经之路。
然后,关于圆内接四边形的三条对角线https://bbs.emath.ac.cn/thread-16974-1-1.html,  原题毫无美感,是因为字母杂乱,于是如果你想推敲下去, 改造的出路 就是 对称变换。接下来就是靠运气了,但是只要题目 存在,则必有简洁的答案,简洁的答案必定有简洁的原因

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嗯嗯。 要么是 快餐式 的生活。要么是慢节奏 细品的生活方式.... 各有千秋。  发表于 2020-8-25 10:40
是的,以前学生的时候还兴趣捣鼓巧妙的方法,现在都难以有难么多时间了,所以我一般都只想比较通用的方法了  发表于 2020-8-25 10:37
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