正方形与心脏线

dlsh

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wayne

F的轨迹是心脏线，

wayne

题目条件简单，没有难度，就用解析几何，最后意外发现三角函数方程比较复杂，不太适合手工解答。
设ABCDE坐标分别是 $\{0,0\},\{0,-1\},\{1,-1\},\{1,0\},\{\sqrt{2} \cos (\alpha ),\sqrt{2} \sin (\alpha )\}$，因为F在AE上，所以$-\frac{\pi }{4}\leq \alpha \leq \frac{\pi }{4}$ , 那么F坐标是$\{-((\sqrt{2}-2 \cos (\alpha )) \cos (\alpha )),\sin (2 \alpha )-\sqrt{2} \sin (\alpha )\}$, G点的坐标是
\[\left\{-\frac{1}{-\tan (\alpha )+\frac{\sec (\alpha )}{\sqrt{2}-2 \cos (\alpha )}-1},\frac{\left(\sqrt{2}-2 \cos (\alpha )\right) \cos (\alpha )}{-\sqrt{2} \sin (\alpha )+\sin (2 \alpha )+\cos (2 \alpha )-\sqrt{2} \cos (\alpha )+2}\right\}\]
由于$BG=EC$得到
\[-10 \sqrt{2} \sin (\alpha )+22 \sin (2 \alpha )-11 \sqrt{2} \sin (3 \alpha )+8 \sin (4 \alpha )-2 \sin \left(5 \alpha +\frac{\pi }{4}\right)+30 \cos (2 \alpha )-32 \sqrt{2} \cos (\alpha )-9 \sqrt{2} \cos (3 \alpha )+4 \cos (4 \alpha )+27=0\]
解得$\alpha =-\frac{\pi }{12}$，也就是$/_EAD=30^{\circ}$, 代入计算得到 BG,EC的斜率都是$\sqrt{3}$，即角度都是$60^{\circ}$,所以 \( BG \parallel EC\)

1. {a,b,c,d}={{0,0},{0,-1},{1,-1},{1,0}};
   
2. e=Sqrt[2]{Cos[\[Alpha]],Sin[\[Alpha]]};
   
3. f={x,y}/.First@Solve[{(x-1)^2+y^2==(e[[1]]-1)^2+e[[2]]^2,y e[[1]]==x e[[2]],x!=e[[1]]},{x,y}]//FullSimplify;
   
4. g={x,y}/.First@Solve[{y+1==(f[[2]]-b[[2]])/(f[[1]]-b[[1]]) x,y==-x},{x,y}]//FullSimplify;
   
5. ans=FullSimplify[Solve[Total[(b-g)^2]-Total[(e-c)^2]==0&&-Pi/4<=\[Alpha]<=Pi/4,\[Alpha]]]
   
6. FullSimplify[(g[[2]]-b[[2]])/(g[[1]]-b[[1]])-(e[[2]]-c[[2]])/(e[[1]]-c[[1]])/.ans]

复制代码

wayne

关于这个方程的解法，$-10 \sqrt{2} \sin (\alpha )+22 \sin (2 \alpha )-11 \sqrt{2} \sin (3 \alpha )+8 \sin (4 \alpha )-2 \sin \left(5 \alpha +\frac{\pi }{4}\right)+30 \cos (2 \alpha )-32 \sqrt{2} \cos (\alpha )-9 \sqrt{2} \cos (3 \alpha )+4 \cos (4 \alpha )+27=0$
主要是系数有无理数。不过我们可以提取出$t=\sqrt{2}$的表达式,再回代$t^2-2$,就容易因式分解了
\[(2 \sin (2 \alpha )+1) \sec ^2(\alpha ) (-60 \sin (2 \alpha )-52 \sin (4 \alpha )-18 \sin (6 \alpha )-104 \cos (2 \alpha )-26 \cos (4 \alpha )+8 \cos (6 \alpha )+2 \cos (8 \alpha )-73)=0\]

ejsoon

請問這道題有沒有通俗易懂的解法？

ejsoon

我解了一個早上，沒有解出来，希望高手能給出解答。

chyanog

C、D、E、F、G五点共圆，A是△BDG的九点圆圆心，C是△BEF的第二费马点。

dlsh

chyanog 发表于 2021-8-22 13:20
C、D、E、F、G五点共圆，A是△BDG的九点圆圆心，C是△BEF的第二费马点。

有没有具体的求解过程？

dlsh

不知道是否对

不知道这方法对吗

hujunhua

将△CDE水平左移至△BAH的位置，取平行四边形ADEH的对角线交点 I。
如楼上所设单位正方形，由1:√2=√2/2:1得△ADE∽△EIH，→∠DHE=∠AED=∠DFE,→DEFH共圆
取该圆与AD的另一交点J，由割线定理可得AF=AJ/√2.
在等腰△AHJ中，取底边之高线与AC的交点K，得等腰直角△AJK，有AK=AJ/√2=AF.→FK//CE.
图1
随着E点沿圆(A,C)从C点向上滑动，H亦在一条水平左移的圆弧上从B点向上滑动，左移圆弧与AC有唯一交点，
这是HK=0的位置，如图2，这时HKG重合，自有BG//=CE.
显然，这时C点也在DEFG(H,K)所在圆上，所以CF=EH=1.
并且DF=DE=AG=AF→BF=CF=1，所以△BCF为一个正三角形。
图2
所以，问题变成求证在一般位置时，必有BH≠BG.
记BF与HK的交点为L（图中未画出），
在图1的情况下，BG>BL>BH=CE
在图3的情况下，BG<BL<BH=CE
图3