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[原创] 初中几何高手发现的巧妙结论

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发表于 2021-9-2 20:34:07 | 显示全部楼层 |阅读模式

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可惜在延长线上不完全准确

不全面

不全面
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 2021-9-3 10:38:39 | 显示全部楼层
过C做PQR垂线,垂足为S,可以证明结论。这个结论还是挺有意思的。

点评

详细点就更好了  发表于 2021-9-4 22:10
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 2021-9-4 10:22:14 | 显示全部楼层
有點像托勒密定理,如何證明呢?
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 2021-9-4 14:53:46 | 显示全部楼层
本帖最后由 creasson 于 2021-9-4 15:16 编辑

结论很漂亮。

可以看成是四边形$PBCQ$延长边得交点$A,R$, 于是令
\[ B = 0,\quad
   C = 1, \quad
   a = {e^{i\angle BPQ}},  \quad
   b = {e^{i\angle B}},  \quad
   c = {e^{i\angle BCQ}},  \quad
   \lambda  = \frac{{BP}}{{BC}} \]
那么各点可表示为:
\[ P = b\lambda , \quad
   Q = \frac{{b( - {a^2}b + {a^2}b{c^2} - \lambda  + {a^2}\lambda )}}{{( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
   A = \frac{{{b^2}( - 1 + c)(1 + c)}}{{( - 1 + bc)(1 + bc)}}, \quad
   R = \frac{{( - 1 + a)(1 + a)b\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}} \]
第一部分各边长为 :
\[
   AQ = \frac{{( - 1 + a)(1 + a)bc(b - b{c^2} - \lambda  + {b^2}{c^2}\lambda )}}{{( - 1 + bc)(1 + bc)( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
   QC = \frac{{c( - 1 + {a^2}{b^2} + b\lambda  - {a^2}b\lambda )}}{{( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
   PQ = \frac{{a(b - b{c^2} - \lambda  + {b^2}{c^2}\lambda )}}{{( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
   QR = \frac{{ab( - 1 + c)(1 + c)( - 1 + {a^2}{b^2} + b\lambda  - {a^2}b\lambda )}}{{( - 1 + ab)(1 + ab)( - 1 + abc)(1 + abc)}} \]

\[ \frac{{AQ} \cdot {QC}}{{PQ} \cdot {QR}} = \frac{{( - 1 + a)(1 + a)( - 1 + ab)(1 + ab){c^2}}}{{{a^2}( - 1 + c)(1 + c)( - 1 + bc)(1 + bc)}} \]

第二部分各边长为 :
\[ RC =  - \frac{{ - 1 + {a^2}{b^2} + b\lambda  - {a^2}b\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}}, \quad
   RB = \frac{{( - 1 + a)(1 + a)b\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}}, \quad
   RQ = \frac{{ab( - 1 + c)(1 + c)( - 1 + {a^2}{b^2} + b\lambda  - {a^2}b\lambda )}}{{( - 1 + ab)(1 + ab)( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
   RP = \frac{{a( - 1 + b)(1 + b)\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}} \]

\[ \frac{{RC} \cdot {RB}}{{RQ} \cdot {RP}} =  - \frac{{( - 1 + a)(1 + a)( - 1 + abc)(1 + abc)}}{{{a^2}( - 1 + b)(1 + b)( - 1 + c)(1 + c)}} \]

第三部分各边长为 :
\[ AP =  - \frac{{b - b{c^2} - \lambda  + {b^2}{c^2}\lambda }}{{( - 1 + bc)(1 + bc)}}, \quad
   PB = \lambda , \quad
   PQ = \frac{{a(b - b{c^2} - \lambda  + {b^2}{c^2}\lambda )}}{{( - 1 + abc)(1 + abc)}}, \quad
   PR = \frac{{a( - 1 + b)(1 + b)\lambda }}{{( - 1 + ab)(1 + ab)}} \]

\[ \frac{{AP} \cdot {PB}}{{PQ} \cdot {PR}} =  - \frac{{( - 1 + ab)(1 + ab)( - 1 + abc)(1 + abc)}}{{{a^2}( - 1 + b)(1 + b)( - 1 + bc)(1 + bc)}} \]

由这三式即知
\[ \frac{{AQ} \cdot {QC}}{{PQ} \cdot {QR}} + \frac{{RC} \cdot {RB}}{{RQ} \cdot {RP}} - \frac{{AP} \cdot {PB}}{{PQ} \cdot {PR}}  = 1 \]

这是直接按表述求出各边后做的计算,而如果由$\frac{AQ \cdot QC}{PQ \cdot QR} = |\frac{(A - Q)(Q - C)}{(P - Q)(Q - R)}|$,那么过程就很简单了。
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 2021-9-5 09:58:48 | 显示全部楼层
本帖最后由 TSC999 于 2021-9-5 10:12 编辑

另一个非纯几何证明:

证明.png

将原图顺时针旋转,得到左右对称的图形,因此还有另一个恒等式也成立:

还有一个等式.png

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发表于 2021-9-6 16:10:56 | 显示全部楼层
${PA*PB}/{PQ*PR}+{RB*RC}/{RQ*RP}+{QC*QA}/{QP*QR}=1$
1楼的公式改用有向线段可以去掉负号,并使公式表现出对称性,从而适用于直线截三角形三边或其延长线的所有情形。
这个图形是梅内劳斯定理的图形,结构不复杂,各位老师,能否简单点证明这个公式?
屏幕快照 2021-09-06 下午3.38.29.png

点评

今天我也得到了这个公式,其中各线段都是向量。  发表于 2021-9-8 20:33
如何去掉?  发表于 2021-9-7 20:14
你用的是哪个图?  发表于 2021-9-6 17:14
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发表于 2021-9-6 22:46:38 | 显示全部楼层
为了对应,就沿用1楼的图, P、Q、R 分别在直线 AB、CA、BC 上。为什么我的发言被版主给修改了?删除了蛮多啊,不知是什么规则?

补充内容 (2021-9-7 19:05):
胡老师说的原则很恰当,感谢指教!

点评

不赞成修改或删除  发表于 2021-9-7 20:15
不解 ,什么是二维向量?就是说 ,不赞成向量商概念?  发表于 2021-9-7 20:12
最少知识原则。限于一维的有向线段的概念足矣。不需要使用二维的向量概念。至于复数,只是方法了。  发表于 2021-9-7 17:50
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发表于 2021-9-6 22:51:54 | 显示全部楼层
本帖最后由 lihpb01 于 2021-9-6 22:57 编辑

应该是可以推广到球面几何的,换成弧心角的正弦,双曲几何应该就是换成双曲正弦
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发表于 2021-9-7 08:06:26 | 显示全部楼层
pqr.png
是过C做AB平行线交PQR于S.我前面弄错了,于是通过一批相似转化即可到三角形内部问题
$\frac{CQ^2}{QS\times QR}+\frac{CR^2}{RS\times QR} - \frac{CS^2}{SQ\times SR}=1$

$CR^2\times SQ+CQ^2\times RS-CS^2\times QR = SQ\times SR\times QR$
余弦定理可以解决

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非常巧妙  发表于 2021-9-8 20:45

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发表于 2021-9-7 09:45:34 | 显示全部楼层
我是知道斯图尔特定理有类似的结构,但是不会转化,mathe 老师这个辅助线将这些线段转化在一起解决了这个问题,很到位。我昨天发现了一个借助梅内劳斯定理的复数恒等式证法,非主流,就不发了

点评

发出来看看  发表于 2021-9-7 20:06
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