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[分享] 二次曲线等面积证明题

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发表于 2021-9-12 17:00:49 | 显示全部楼层 |阅读模式

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triangle.png
如图三角形ABC内切圆I, G为C关于I的对称点,求证图中结论。
显然图压扁后对椭圆也成立,但是诡异的对双曲线也成立

hyper.png
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毋私小惠而伤大体  毋借公论以快私情
 楼主| 发表于 2021-9-13 07:07:17 来自手机 | 显示全部楼层
红薯找出的相关优秀性质.

最后一个公式中字母用的是顶楼的原图
mmexport1631487981990.png
mmexport1631487965695.png
mmexport1631488080862.png
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发表于 2021-9-13 08:10:33 | 显示全部楼层
本帖最后由 王守恩 于 2021-9-13 15:57 编辑

我来算一下三角形面积。

记\(AB=\sin(2C)\ \ AC=\sin(2B)\ \ BC=\sin(2C+2B)\)  则

\(\D CF=\frac{\sin(2C+2B)\sin(2B)}{\sin(C+2B)}\)

\(ID=2\sin(C)\sin(B)\cos(C+B)\)

\(CD=s-AB=2\cos(C)\cos(B)\sin(C+B)-\sin(2C)\)

\(IC^2=ID^2+CD^2\)

\(\D\frac{S_{△GAB}}{S_{△GCD}}=\frac{(2*IC-CF)*AB*\sin(C+2B)/2\ \ \ \ \ }{2*IC*ID*\sin(\pi/2-C)/2}\)

\(\D=\frac{(2*\sqrt{(2\sin(C)\sin(B)\cos(C+B))^2+(2\cos(C)\cos(B)\sin(C+B)-\sin(2C))^2\ \ \ \ \ \ \ \ }-\sin(2C+2B)\sin(2B)/\sin(C+2B))*\sin(2C)*\sin(C+2B)/2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }{2*\sqrt{(2\sin(C)\sin(B)\cos(C+B))^2+(2\cos(C)\cos(B)\sin(C+B)-\sin(2C))^2\ \ \ \ \ \ \ \ }*2\sin(C)\sin(B)\cos(C+B)*\sin(\pi/2-C)/2}\)

\(\D=\frac{2\sin(C+2B)\sqrt{(2\sin(C)\sin(B)\cos(C+B))^2+(2\cos(C)\cos(B)\sin(C+B)-\sin(2C))^2\ \ \ \ \ \ \ \ \ }-\sin(2C+2B)\sin(2B)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }{2\cos(C+B)\sin(B)\sqrt{(2\sin(C)\sin(B)\cos(C+B))^2+(2\cos(C)\cos(B)\sin(C+B)-\sin(2C))^2\ \ \ \ \ \ \ \ }}\)

\(\D=\frac{\sin(C+2B)-\sin(C+B)\cos(B)\ \ \ }{\cos(C+B)\sin(B)}=1\)
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发表于 2021-9-13 13:35:36 | 显示全部楼层
三角形GAB的面積還是挺難算的,可能要用到三角函數及三角形全等,樓上的講解沒看懂,希望有更詳細的解答。
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 楼主| 发表于 2021-9-13 14:55:37 | 显示全部楼层

我们可以先查看顶楼图中情况,由于GI=IC,所以S(AGI)=S(AIC), S(BGI)=S(BIC), 故S(AGBI)=S(AIBC).
即S(AGB)+S(ABI)=S(ABC)-S(ABI)
有因为S(ABI)=1/2 cr, S(ABC)=1/2 (a+b+c)r, (r为内切圆半径,a,b,c分别为三角形ABC三边长度)
我们得出S(AGB)=1/2 (a+b-c)r
又因为EC=1/2*(a+b-c), 由此得出S(AGB)=2S(ECI)=S(ECDI)
而主要注意到四边形APQC是平行四边形,二楼中S(CEQ)=S(CEP)也就很简单了。
二楼第二个图中,面积S(APDR)=S(APR)+S(PRD)=S(BCQ)+1/2 PR*2r=1/2(b+c-a)r+1/2*BC*2r=1/2(b+c+a)r=S(ABC)
同样,注意到AC平行PQ,可以有S(APBQ)=S(EPBQ)=S(ABC)
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 楼主| 发表于 2021-9-13 15:29:58 | 显示全部楼层
对于双曲线或椭圆的一般情况,由于注意到固定D和E仅移动F时,点A和B会在直线EC和DC上移动,但是三角形ABG的面积不变。这说明我们可以尝试用同一法证明这个结论。
我们考虑在EC上选择动点A'以及ED上选择动点B'使得有向面积S(A'B'G)=S(ABG). 分别以EC和DC为两条坐标轴建立仿射坐标系,于是我们得出
\(S(A'B'G)=\frac{\sin(\angle DCE)}2\left|\begin{matrix}A'_x&0&1\\0&B'_y&1\\G_x&G_y&1\end{matrix}\right|=S(ABG)\),
由于只有$A'_x,B'_y$是变量, 用X,Y替换它们,我们得出这两个变量满足方程\(XY-G_y X-G_x Y-\frac{2S(ABG)}{\sin(\angle DCE)}=0\)
即\(\D Y=\frac{G_y X+\frac{2S(ABG)}{\sin(\angle DCE)}}{X-G_x}\), 所以X->Y的变换是直线EC到DC的射影变换。根据射影几何中的结论,对应点的连线总是和一条圆锥曲线$Gamma$相切。(这是射影几何中二次点列和二次线束的定义)
由于我们知道A'=A是B'=B, 所以AB和$Gamma$相切。
而A'移动到EC上无穷远点时,A'GB'只能三点共线而且平行于EC,所以过G点和EC的平行线和$Gamma$相切,同理过G点DC的平行线也和$Gamma$相切。
另外A'移动到C点时,B'在DC上,这时A'B'就是DC,所以DC也和$Gamma$相切,同理EC也和$Gamma$相切。
由于五条切线唯一确定一条圆锥曲线,根据对称性容易看出原二次曲线也和这五条直线相切,所以$Gamma$就是原二次曲线。
特别的,A'移动到C点时,B'移动到$Gamma$和DC的切点,即D点,由此也得出$S(CDG)=S(ABG)$.

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 楼主| 发表于 2021-9-13 16:46:55 | 显示全部楼层
另外一种方法:
C的极线为DE, I的极线为无穷远点,所以CI的极点为直线DE上的无穷远点。由此,CI和DE的交点和DE的无穷远点关于D,E共轭调和(https://bbs.emath.ac.cn/forum.ph ... 6815&fromuid=20),或者说交比为-1,也就是CI经过DE的中点
同理BI经过DF中点,AI经过EF中点。
由此,S(AIF)=S(AIE), S(BIF)=S(BID) (https://baike.baidu.com/item/%E7 ... A%E7%90%86/10828082
所以S(ABG)=S(ABI)-S(AIBG)=S(AIF)+S(BIF)-S(AIBG)=S(AIE)+S(BID)-S(ACBI)=S(AIE)+S(BID)-S(ACI)-S(BCI)=S(CIE)+S(DCI)=S(DCIE)
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发表于 2021-9-14 07:25:07 | 显示全部楼层
本帖最后由 王守恩 于 2021-9-14 09:47 编辑
王守恩 发表于 2021-9-13 08:10
我来算一下三角形面积。

记\(AB=\sin(2C)\ \ AC=\sin(2B)\ \ BC=\sin(2C+2B)\)  则


我来算一下三角形面积(本来是昨天的帖子改一下就可以的)。

记\(AB=\sin(2C)\ \ AC=\sin(2B)\ \ BC=\sin(2C+2B)\)  则

\(\D CF=\frac{\sin(2C+2B)\sin(2B)}{\sin(C+2B)}\)

\(ID=2\sin(C)\sin(B)\cos(C+B)\)

\(IC=2\sin(B)\cos(C+B)\)

\(S_{△GAB}=(2*IC-CF)*AB*\sin(C+2B)/2\)

\(=\big(2*2\sin(B)\cos(C+B)-\frac{\sin(2C+2B)\sin(2B)\ }{\sin(C+2B)}\big)*\sin(2C)*\sin(C+2B)/2\)

\(=2\sin(2C)\sin^2(B)\cos^2(C+B)\)

\(S_{△GCD}=2*IC*ID*\sin(\pi/2-C)/2\)

\(=2*2\sin(B)\cos(C+B)*2\sin(C)\sin(B)\cos(C+B)*\sin(\pi/2-C)/2\)

\(=2\sin(2C)\sin^2(B)\cos^2(C+B)\)

对任意三角形来说:\(AB=\sin(2C)\ \ AC=\sin(2B)\ \ BC=\sin(2C+2B)\)都可以,因为\(\sin(\theta)\)表示长度。

点评

第一行设AB=sin(2C)等就是不合理的  发表于 2021-9-14 07:53
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