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[提问] 已知EA, EB和EC,求正方形ABCD的边长

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发表于 2020-3-29 09:30:42 | 显示全部楼层 |阅读模式

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已知正方形ABCD中
`EA=2, EB=2\sqrt2,EC=2\sqrt3`
求正方形ABCD的边长.

我算出来的答案是`2 \sqrt{\sqrt{3}+2}`
QQ截图20200329092617.png
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
 楼主| 发表于 2020-3-29 09:35:18 | 显示全部楼层
  1. Clear["Global`*"];
  2. (*计算余弦值子函数,利用三边计算余弦值*)
  3. cs[a_,b_,c_]:=(a^2+b^2-c^2)/(2*a*b)
  4. (*反余弦角度相加等于90°*)
  5. Solve[
  6.     ArcCos[cs[x,Sqrt[8],2]]+
  7.     ArcCos[cs[x,Sqrt[8],Sqrt[12]]]==Pi/2,
  8.     {x}
  9. ]
  10. (*余弦值的平方和等于1*)
  11. Solve[
  12.     cs[x,Sqrt[8],2]^2+
  13.     cs[x,Sqrt[8],Sqrt[12]]^2==1,
  14.     {x}
  15. ]
复制代码


\[\left\{\left\{x\to 2 \sqrt{\sqrt{3}+2}\right\}\right\}\]

\[\left\{\left\{x\to -2 \sqrt{2-\sqrt{3}}\right\},\left\{x\to 2 \sqrt{2-\sqrt{3}}\right\},\left\{x\to -2 \sqrt{\sqrt{3}+2}\right\},\left\{x\to 2 \sqrt{\sqrt{3}+2}\right\}\right\}\]

点评

Solve[Total[Area/@SSSTriangle@@@{{2,2Sqrt[2],x},{2Sqrt[2],2Sqrt[3],x},{2,2Sqrt[3],Sqrt[2]x}}]==x^2/2,x,Reals]  发表于 2020-3-29 12:46
答案似乎应该是两个  发表于 2020-3-29 09:38
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2020-3-29 10:52:18 | 显示全部楼层
由欧拉的四面体体积公式$V_{ABCE}=0$立即可得

点评

不错,我也想到了这个思路  发表于 2020-3-29 11:09
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 2020-3-29 10:53:13 | 显示全部楼层
对正方形总有\[EA^2+EC^2=EB^2+ED^2\]又`EA^2:EB^2:EC^2=1:2:3`
故ED=EB, 所以A, E, C三点共线,`AC=2(\sqrt3±1)`, `AB=\sqrt2(\sqrt3±1)`

如果限定E在正方形内,就只有一解了。
如果你把图按比例画直观,就不用解了。
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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 楼主| 发表于 2020-3-29 11:02:41 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2020-3-29 10:53
对正方形总有\[EA^2+EC^2=EB^2+ED^2\]又`EA^2:EB^2:EC^2=1:2:3`
故ED=EB, 所以A, E, C三点共线,`AC=2(\sq ...

第一个等式怎么得来的?
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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发表于 2020-3-29 11:11:11 | 显示全部楼层
mathematica 发表于 2020-3-29 11:02
第一个等式怎么得来的?

这是不仅对正方形,而且对矩形普遍成立的一个定理呀。拿勾股定理易证。
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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 楼主| 发表于 2020-3-29 11:14:19 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2020-3-29 11:11
这是不仅对正方形,而且对矩形普遍成立的一个定理呀。拿勾股定理易证。

证明看看,说思路

点评

变形:两条对角线互相垂直的四边形,对边的平方和相等。  发表于 2020-3-29 11:38
自己试试,又不难。思路:四个平方和两两重新组合。  发表于 2020-3-29 11:17
毋因群疑而阻独见  毋任己意而废人言
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 楼主| 发表于 2020-3-29 13:18:47 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2020-3-29 11:11
这是不仅对正方形,而且对矩形普遍成立的一个定理呀。拿勾股定理易证。

我自己会证明了!
不用什么勾股定理!
我用解析几何的办法就可以证明了,四个点四个坐标!
用解析几何的办法证明起来,简直太容易了,很显然成立!
不过第一次听说这个定理!

点评

解析几何里的两坐标点间的距离公式不是勾股定理?  发表于 2020-3-29 13:22
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 楼主| 发表于 2020-3-29 13:56:37 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2020-3-29 11:11
这是不仅对正方形,而且对矩形普遍成立的一个定理呀。拿勾股定理易证。

直接解析几何的办法干!
三个线段的长度导致三个方程,三个方程三个未知数(一个是正方形边长,一个是E点坐标),也能求解出来!
  1. Clear["Global`*"];
  2. (*解析几何的办法求解这个问题,列出三点,然后两点之间距离公式,三个等式三个未知数*)
  3. Solve[
  4.     (x-0)^2+(y-a)^2==4&&
  5.     (x-0)^2+(y-0)^2==8&&
  6.     (x-a)^2+(y-0)^2==12,
  7.     {x,y,a}
  8. ]//FullSimplify//Grid
复制代码


求解结果
\[\begin{array}{ccc}
x\to -\sqrt{2} & y\to -\sqrt{6} & a\to -2 \sqrt{\sqrt{3}+2} \\
x\to -\sqrt{2} & y\to \sqrt{6} & a\to \sqrt{2} \left(\sqrt{3}-1\right) \\
x\to \sqrt{2} & y\to -\sqrt{6} & a\to \sqrt{2}-\sqrt{6} \\
x\to \sqrt{2} & y\to \sqrt{6} & a\to \sqrt{2}+\sqrt{6} \\
\end{array}\]


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 楼主| 发表于 2020-3-29 13:59:43 | 显示全部楼层
mathematica 发表于 2020-3-29 13:56
直接解析几何的办法干!
三个线段的长度导致三个方程,三个方程三个未知数(一个是正方形边长,一个是E ...

起初我纳闷E点的坐标和等于边长,
再想到AEC三点共线,就不觉得奇怪了!
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