如图,∠ACB=90° ,AC=BC,∠AEB=135°,AD=4,BD=2,求CE的长

王守恩

mathematica 发表于 2021-3-6 18:39
这题也可以用正弦定理解决，
也可以用解析几何斜率夹角的办法解决

mathematica 发表于 2021-3-6 15:30
那一条是角平分线呀？

这样也行：\(CA=CB=\sqrt{18}\ \ \ \ \ CD=\sqrt{10}\)

\(\frac{EC}{ED}=\frac{\sqrt{18}*\sqrt{2}}{4}\)  

\(∵\frac{\sin∠ECB}{\sin∠ECA}=\frac{1}{2}∴\frac{\sin∠EAD}{\sin∠EAC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

mathematica

CAE与CBE
两个角相加等于45°，可以利用正切相加等于45°，列方程解方程

王守恩

王守恩 发表于 2021-3-6 19:44
这样也行：\(CA=CB=\sqrt{18}\ \ \ \ \ CD=\sqrt{10}\)

\(\frac{EC}{ED}=\frac{\sqrt{18}*\sqrt ...

这才是凑(前面的真不是凑的。冤枉啊)

\(\frac{x}{\sin\theta}=\frac{\sqrt{18}}{\sin90}\ \ \ \frac{\sin\theta}{\cos\theta} =\frac{2}{4}\)

mathe

如图，过 A 做 BE 垂线交其延长线于 H, 过 B 做 BJ//AE 交 ED 延长线于 J，
$∵∠AEH=180°-∠AEB=45°$，$∴ △AHE$ 是等腰直角三角形
由于$∠EAB+∠EBA=45°$, 可见 3 个 45°角$/_CAB,/_CBA,/_EAH$都以相同比例被分割。
$∴△AHC∽△AEB$(SAS), 相似比$＝1:\sqrt{2}$, ∴$EB=\sqrt{2}HC$
故$/_HCA=/_EBA=/_CAE$, 所以 $HC∥AE∥BJ$.
$∴△AED∽△BJD$, 相似比为$2:1$. 得 $BJ={AE}/2={HE}/\sqrt2$.
     $△HCE∽△BJE$, 得 $HE:BE=HC:BJ$, 化为积式即 $HE·BJ=BE·HC$
即$\frac{\sqrt{2}}2 HE^2=\frac{\sqrt{2}}2 BE^2$
得 $HE=BE$，于是$HE=\sqrt{2}HC$,  又$/_CHE=/_HEA=45°$, ∴$△CHE$是等腰直接三角形，$CE⊥CH$.
所以$CE⊥AE$.
后面计算就简单了。$AB=6, AC=3\sqrt{2},AE=2CH=2CE$,所以$CE=\frac{AC}{\sqrt{5}}=\frac{3\sqrt{10}}{5}$

mathematica

mathematica 发表于 2021-3-6 20:05
CAE与CBE
两个角相加等于45°，可以利用正切相加等于45°，列方程解方程

1. Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
   
2. (*做EF垂直AC于F,做EG垂直BC于G*)
   
3. (*由AD=4,BD=2,且ACB是等腰直角三角形,容易知道∠ACE=ArcTan[2]*)
   
4. (*假设EG=CF=x,则EF=CG=2*x,∠ACE+∠BCE=45°*)
   
5. (*假设AC=BC=a,则FA=a-x,GB=a-2*x*)
   
6. a=3*Sqrt[2];(*AC=BC=a*)
   
7. ans=Solve[{
   
8.     ArcTan[2*x/(a-x)]+ArcTan[x/(a-2*x)]==Pi/4,(*∠ACB=90°且∠AEB=135°=>∠ACE+∠BCE=45°*)
   
9.     CE==Sqrt[x^2+(2*x)^2](*勾股定理,CE^2=CF^2+EF^2*)
   
10. },{x,CE}]
    

复制代码

求解结果
\[\left\{\left\{x\to \frac{3 \sqrt{2}}{5},\text{CE}\to 3 \sqrt{\frac{2}{5}}\right\}\right\}\]

aimisiyou

mathe 发表于 2021-3-7 11:32
如图，过A做BE垂线交其延长线于H,过B做BJ//AE交ED延长线于J.
于是容易得出三角线AHC相似三角形AEB,相似 ...

怎么得出∠HCA=∠EBA=∠CAE？∠CAE是咋得出来的？

mathematica

mathematica 发表于 2021-3-6 18:39
这题也可以用正弦定理解决，
也可以用解析几何斜率夹角的办法解决

1. Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
   
2. {xa,ya}={0,0};
   
3. {xb,yb}={3*Sqrt[2],3*Sqrt[2]};
   
4. {xc,yc}={0,3*Sqrt[2]};
   
5. {xd,yd}={1,1}*(2*Sqrt[2]);
   
6. ans=Solve[{
   
7.     Det[{{xc,yc,1},{xe,ye,1},{xd,yd,1}}]==0,(*CED三点共线*)
   
8.     k1==(ye-ya)/(xe-xa),(*AE的斜率*)
   
9.     k2==(ye-yb)/(xe-xb),(*EB的斜率*)
   
10.     (k1-k2)/(1+k1*k2)==Tan[(180-135)*Degree],(*AE BE的夹角是45°*)
    
11.     CE==Sqrt[(xc-xe)^2+(yc-ye)^2](*求CE的长度*)
    
12. },{xe,ye,k1,k2,CE}]//FullSimplify
    

复制代码

求解结果
\[\left\{\left\{\text{xe}\to \frac{6 \sqrt{2}}{5},\text{ye}\to \frac{12 \sqrt{2}}{5},\text{k1}\to 2,\text{k2}\to \frac{1}{3},\text{CE}\to 3 \sqrt{\frac{2}{5}}\right\},\left\{\text{xe}\to 6 \sqrt{2},\text{ye}\to 0,\text{k1}\to 0,\text{k2}\to -1,\text{CE}\to 3 \sqrt{10}\right\}\right\}\]

mathematica

https://bbs.emath.ac.cn/thread-17704-1-1.html
我感觉与这边的这题很类似

mathematica

使用正弦定理的解答:

1. Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
   
2. CA=CB=3*Sqrt[2];
   
3. ans=Solve[{
   
4.     CE/CA==Sin[x]/Sin[x+ArcTan[2]],(*△ACE中正弦定理,∠ACE=ArcTan[2]*)
   
5.     CE/CB==Sin[y]/Sin[y+ArcTan[1/2]],(*△BCE中正弦定理,∠BCE=ArcTan[1/2]*)
   
6.     x+y==Pi/4,(*两个角相加等于45°*)
   
7.     Tanx==Tan[x],
   
8.     Tany==Tan[y],
   
9.     x>0&&y>0(*限制变量范围*)
   
10. },{x,y,CE,Tanx,Tany}]//FullSimplify
    

复制代码

求解结果
\[\left\{\left\{x\to \frac{1}{4} \left(\pi +8 \tan ^{-1}\left(3-\sqrt{10}\right)\right),y\to -2 \tan ^{-1}\left(3-\sqrt{10}\right),\text{CE}\to 3 \sqrt{\frac{2}{5}},\text{Tanx}\to \frac{1}{2},\text{Tany}\to \frac{1}{3}\right\}\right\}\]

aimisiyou

mathe 发表于 2021-3-7 11:32
如图，过A做BE垂线交其延长线于H,过B做BJ//AE交ED延长线于J.
于是容易得出三角线AHC相似三角形AEB,相似 ...

直接给出AB是不能求出来的。