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楼主: wayne

[讨论] 几何小题

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发表于 2023-8-22 16:37:42 | 显示全部楼层
如果能用那个行列式定性证明恰好两解,那就好办了,定量计算可以免除,因为我们从几何上已知两解。

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nyy
定性只有在CAD里面画图了。  发表于 2023-8-22 19:27
@nyy 你都已经计算完毕了,不属定性计算。  发表于 2023-8-22 17:16
nyy
我在18楼计算出了那个行列式,得出的结论是:要么是45度,要么是-45。要么两个正方形,完全一样大小。然后4点共园。  发表于 2023-8-22 16:57
nyy
你想说啥?那个行列式我不是已经计算出来了吗?有一个回答有矩阵的就在那一个回答里面。  发表于 2023-8-22 16:50
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发表于 2023-8-23 10:43:49 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2023-8-22 16:37
如果能用那个行列式定性证明恰好两解,那就好办了,定量计算可以免除,因为我们从几何上已知两解。


如果四点共圆,那么四边形的一个外角与对角相等,自然他们的正切也相等。
变量含义见图。

  1. Clear["Global`*"];(*清除所有变量*)
  2. deg=Pi/180;(*角度制下1°所对应的弧度*)
  3. (*子函数,给定两个点,计算通过这两个点的直线的斜率.输入两点:{a,b},{c,d},返回:(d-b)/(c-a)*)
  4. kk[pt1_,pt2_]:=Module[{dpt},dpt=pt2-pt1;dpt[[2]]/dpt[[1]]]
  5. (*四个点坐标赋值,以两个正方形的公共点为原点建立坐标系*)
  6. pt1={-2,-2};
  7. pt2={-2,0};
  8. pt3={a,b};
  9. pt4=Sqrt[2]*RotationMatrix[-45deg].pt3//Simplify(*顺时针旋转45°,放大根号2倍*)
  10. (*计算斜率*)
  11. k1=kk[pt1,pt4]
  12. k2=kk[pt3,pt4]
  13. k3=kk[pt2,pt3]
  14. (*四边形四点共圆,则外角与对角相等(自然角的正切也相等)*)
  15. aa=1/k1-(k3-k2)/(1+k3*k2)//Simplify//Factor
  16. (*建立方程组,解方程组*)
  17. ans=Solve[{
  18.     aa==0,(*两个角的正切相等*)
  19.     a^2+b^2==1(*小正方形的边长=1*)
  20. },{a,b}]//Simplify
复制代码


得到的方程组为
\[\begin{cases}
    -\frac{(a-b) \left(a^2+b^2-4\right)}{2 b (a-b-2)}&=0 \\
    a^2+b^2&=1
\end{cases}
\]

求解结果是
\[\left\{\left\{a\to -\frac{1}{\sqrt{2}},b\to -\frac{1}{\sqrt{2}}\right\},\left\{a\to \frac{1}{\sqrt{2}},b\to \frac{1}{\sqrt{2}}\right\}\right\}\]

QQ截图20230823104019.png

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nyy
是到角公式,而不是倒角公式,错别字没办法修改,所以!  发表于 2023-8-23 11:10
nyy
这张图上,选择的是两个带圆弧的角,使用了倒角公式,以及正切等于互余角的正切的倒数  发表于 2023-8-23 10:45
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发表于 2023-8-23 14:20:00 | 显示全部楼层
nyy 发表于 2023-8-23 10:43
如果四点共圆,那么四边形的一个外角与对角相等,自然他们的正切也相等。
变量含义见图。

利用四个点到圆心的距离都等于R,列方程组求解,代码非常清晰易懂。

  1. Clear["Global`*"];(*清除所有变量*)
  2. deg=Pi/180;(*角度制下1°所对应的弧度*)
  3. (*四个点坐标赋值,以两个正方形的公共点为原点建立坐标系*)
  4. pt1={-2,-2};
  5. pt2={-2,0};
  6. pt3={a,b};
  7. pt4=Sqrt[2]*RotationMatrix[-45deg].pt3//Simplify(*顺时针旋转45°,放大根号2倍*)
  8. (*圆心到四个点的距离都等于半径R*)
  9. ans=Solve[{
  10.     EuclideanDistance[pt1,{x,y}]==
  11.     EuclideanDistance[pt2,{x,y}]==
  12.     EuclideanDistance[pt3,{x,y}]==
  13.     EuclideanDistance[pt4,{x,y}]==R,(*四个点到圆心的距离都=R*)
  14.     a^2+b^2==1(*小正方形的边长=1*)
  15. },{x,y,R,a,b}]//Simplify(*指明求解变量:圆心坐标,半径,pt3坐标*)
  16. Grid[ans,Alignment->Left](*列表显示*)
复制代码


求解结果
\[\begin{array}{lllll}
x\to -1-\frac{1}{\sqrt{2}} & y\to -1 & R\to \sqrt{\frac{5}{2}-\sqrt{2}} & a\to -\frac{1}{\sqrt{2}} & b\to -\frac{1}{\sqrt{2}} \\
x\to \frac{1}{\sqrt{2}}-1 & y\to -1 & R\to \sqrt{\sqrt{2}+\frac{5}{2}} & a\to \frac{1}{\sqrt{2}} & b\to \frac{1}{\sqrt{2}} \\
\end{array}\]

这题被我搞烂了,(我)应该不会有新的办法了!

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nyy
代码可读性太强大了  发表于 2023-8-23 14:23
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发表于 2023-8-23 22:19:40 | 显示全部楼层
复平面上四点$z_1,z_2,z_3,z_4$共圆,那么必然有它们的交比\(\frac{(z_1-z_3)(z_2-z_4)}{(z_2-z_3)(z_1-z_4)}\)为实数,利用这个性质很容易证明本题的结论

点评

nyy
我以前都不是太理解这个比值的意义,你说是叫交比,然后我百度了一下,才知道这个比值的名称。  发表于 2023-8-24 11:14
nyy
看18楼与24楼,我在24楼证明了四点共圆行列式与复数交比完全是一回事!但是我认为行列式更好,计算量更小,因为复数还计算了实部虚部分子分母都要算,而交比的虚部的分子与四点共圆行列式完全一样,因此行列式更好  发表于 2023-8-24 08:41
nyy
我在这个帖子里证明了,这个比与四点共圆行列式等价。我觉得四点共圆行列式更好!因为包含了点重复的情况。  发表于 2023-8-23 22:26
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发表于 2023-8-23 22:41:35 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2023-8-23 22:19
复平面上四点$z_1,z_2,z_3,z_4$共圆,那么必然有它们的交比\(\frac{(z_1-z_3)(z_2-z_4)}{(z_2-z_3)(z_1-z_4 ...

为什么叫做叫比?我的记忆办法是对角线复数乘积除以一组对边的复数乘积,不知道有没有几何意义!
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发表于 2023-8-24 10:26:53 | 显示全部楼层
如果这题改成四点共椭圆,并且椭圆面积要求最小,那么是如何呢?
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发表于 2023-8-24 14:02:35 | 显示全部楼层
mathe 发表于 2023-8-23 22:19
复平面上四点$z_1,z_2,z_3,z_4$共圆,那么必然有它们的交比\(\frac{(z_1-z_3)(z_2-z_4)}{(z_2-z_3)(z_1-z_4 ...

又来了一个办法!
(*四边形四点共圆,则同一段圆弧所对的圆周角相等(自然角的正切也相等)*)

就按照这个思路来解决问题,同时,我发现你说的交比的几何意义就是圆周角相等!

利用到角公式,计算两个圆周角的正切。
两个圆周角的正切相减,得到
\[\frac{(a-b) \left(a^2+b^2-4\right)}{\left(a^2+4 a+b^2+2 b+4\right) \left(a^2+a+b^2+3 b+2\right)}=0\]
再考虑小正方形的边长等于1,得到
\[a^2+b^2=1\]

两个方程构成方程组,求解方程组,得到
\[\left\{\left\{a\to -\frac{1}{\sqrt{2}},b\to -\frac{1}{\sqrt{2}}\right\},\left\{a\to \frac{1}{\sqrt{2}},b\to \frac{1}{\sqrt{2}}\right\}\right\}\]

代码:
  1. Clear["Global`*"];(*清除所有变量*)
  2. deg=Pi/180;(*角度制下1°所对应的弧度*)
  3. (*子函数,给定两个点,计算通过这两个点的直线的斜率.输入两点:{a,b},{c,d},返回:(d-b)/(c-a)*)
  4. kk[pt1_,pt2_]:=Module[{dpt},dpt=pt2-pt1;dpt[[2]]/dpt[[1]]]
  5. (*四个点坐标赋值,以两个正方形的公共点为原点建立坐标系*)
  6. pt1={-2,-2};
  7. pt2={-2,0};
  8. pt3={a,b};
  9. pt4=Sqrt[2]*RotationMatrix[-45deg].pt3//Simplify(*顺时针旋转45°,放大根号2倍*)
  10. (*计算斜率*)
  11. k1=kk[pt2,pt3]
  12. k2=kk[pt1,pt3]
  13. k3=kk[pt2,pt4]
  14. k4=kk[pt1,pt4]
  15. (*四边形四点共圆,则同一段圆弧所对的圆周角相等(自然角的正切也相等)*)
  16. aa=(k2-k1)/(1+k2*k1)-(k4-k3)/(1+k4*k3)//Simplify//Factor
  17. (*建立方程组,解方程组*)
  18. ans=Solve[{
  19.     aa==0,(*两个角的正切相等*)
  20.     a^2+b^2==1(*小正方形的边长=1*)
  21. },{a,b}]//Simplify
复制代码

QQ截图20230824135444.png

点评

nyy
圆周角等、对角互补、外角等于内角、托勒密定理、四点共圆行列式、复数交比,能用的办法应该都用完了。  发表于 2023-8-24 14:08
nyy
办法应该被穷尽了,应该没别的办法了!  发表于 2023-8-24 14:06
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发表于 2023-8-24 14:25:58 | 显示全部楼层
很容易知道△ABC与△AED相似,且∠BAC=∠EAD=45°
因此AB/AE=AC/AD=2,因此如果∠BAE=∠CAD=135°(容易得到BAD共线、CAE共线),
那么△BAE将相似于△CAD,
一旦相似,那么∠E=∠D,而这个相等(前面已经有了BAD共线、CAE共线),
则意味着四点共圆。

上面有凑答案的味道,如何凑,才能更好地通顺呢?
QQ截图20230824141640.png
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发表于 2023-8-24 16:16:46 来自手机 | 显示全部楼层
设A=0,B=1,C=1-i, F=(1+i)G, 计算会很简单,直接得出$F+2/F$是实数,所以F是实数或者$|F|=\sqrt{2}$
mmexport1692801629456.jpg

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nyy
按gxqcn的看法,png比jpg更节省空间,所以你的图片占用的空间是我的图片占用的空间的6倍  发表于 2023-8-25 12:22
nyy
看不懂  发表于 2023-8-24 22:46
(1+i)G就是F呀, (1-i)/G=(1-i)(1+i)/F=2/F  发表于 2023-8-24 19:32
nyy
直接得出F+2/F,我没看出怎么直接得出  发表于 2023-8-24 17:41
nyy
过程详细一些!  发表于 2023-8-24 17:17
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发表于 2023-8-25 11:46:24 | 显示全部楼层
用余弦定理与反余弦函数列两个方程,这两个方程构成方程组,但是可以预料:软件求解这个方程组很困难!(也许人工操作软件慢慢也能算出来,但是我懒)。
转换思路,画图看看方程组的解在哪,然后牛顿迭代法获得高精度数值解,然后得到精确解,再验算精确解。

(*∠BAE+∠CAD=360-90=270°列方程1*)
得到
\[\cos ^{-1}\left(\frac{1}{4} \left(5-\text{BE}^2\right)\right)+\cos ^{-1}\left(\frac{1}{8} \left(10-\text{CD}^2\right)\right)-\frac{3 \pi }{2}=0\]

(*由∠CBE+∠CDE=180°,得到∠ABE+∠ADC=180-90-45=45°列方程2*)
得到
\[\cos ^{-1}\left(\frac{\text{BE}^2+3}{4 \text{BE}}\right)+\cos ^{-1}\left(\frac{\text{CD}^2-6}{2 \sqrt{2} \text{CD}}\right)-\frac{\pi }{4}=0\]

画等值线图(给版主节省一点空间,就不上传这张图了,可以复制代码在软件中得到图),知道方程组在有意义的范围内只有一组解。
高精度数值解为
{BE -> 2.7979326519318134040630810788639975293470451277324777598618726\
46300747184075960598229656601002893606,
CD -> 3.9568743029684908345957334381028882136706148524629904443534491\
45402687924362251263097354440484226098}
由高精度数值解得到的精确解是
\[\left\{\sqrt{2 \sqrt{2}+5},\sqrt{4 \sqrt{2}+10}\right\}\]
很容易验证精确解是方程组的根
很容易看出后者是前者的根号2倍。由此得到对顶的两个三角形相似!然后得到对顶的两个角都是135°,然后得到CD是直径,那么半径也就容易求解出来了。

全部代码如下:
  1. Clear["Global`*"];(*清除所有变量*)
  2. deg=Pi/180;(*角度制下1°所对应的弧度*)
  3. (*子函数,利用三边计算角的余弦值,角是c边所对的角*)
  4. cs[a_,b_,c_]:=((a^2+b^2-c^2)/(2*a*b))
  5. {AC,AD}={Sqrt[8],Sqrt[2]};(*已知长度的两条线段赋值*)
  6. (*∠BAE+∠CAD=360-90=270°列方程1*)
  7. eq1=ArcCos@cs[2,1,BE]+ArcCos@cs[AC,AD,CD]-270deg
  8. (*由∠CBE+∠CDE=180°,得到∠ABE+∠ADC=180-90-45=45°列方程2*)
  9. eq2=ArcCos@cs[2,BE,1]+ArcCos@cs[AD,CD,AC]-45deg
  10. (*绘图查看解的范围*)
  11. ContourPlot[{eq1==0,eq2==0},{BE,0,6},{CD,0,6}]
  12. (*从上图找到初始值,然后找方程组的高精度数值解*)
  13. aaa=FindRoot[{eq1==0,eq2==0},{{BE,2},{CD,4}},WorkingPrecision->100]
  14. (*由高精度数值解,得到精确解*)
  15. bbb=RootApproximant[{BE,CD}/.aaa]//ToRadicals//Simplify
  16. (*查看高精度数值解是否为方程组的解*)
  17. ccc={eq1==0,eq2==0}/.Thread[{BE,CD}->bbb]//FullSimplify
复制代码



QQ截图20230825114345.png

点评

nyy
我又想到一个办法,有时间来更新  发表于 2023-8-28 10:00
nyy
讨厌的老同志,我不需要凑答案!我需要逻辑推理!  发表于 2023-8-25 17:03
看17楼: 若1=n,2=m,可以有:(2R)^2=n^2+(n+m*根号2)^2=m^2+(m+n*根号2)^2  发表于 2023-8-25 16:06
nyy
方程组能用和差化积等方式解出精确解,最后的求解结果与我在这的方式得到的完全一样  发表于 2023-8-25 15:02
nyy
很容易看出后者是前者的根号2倍,应该是根号2倍  发表于 2023-8-25 14:21
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