一个几何问题

mathe

如上图，$\Delta ACD$中，$/_C$的平分线CI和CD过D点垂线相交于I点，和AD过D点垂线交于H点。
求证:$/_IAD=/_CAH$

wayne

以D为坐标原点，射线DI为y轴正方向，比较容易得到 各个点，以及直线的斜率。
设三角形$ACD$的角DCA的一半为$\theta$，那么C点坐标是$ {CD, 0}$，A点坐标是$ \{\text{AC} \cos (\pi -2 \theta )+\text{CD},\text{AC} \sin (\pi -2 \theta )\}$，I点坐标是$ \{0,\text{CD} \tan (\theta )\}$
H 点坐标是${\frac{2 \text{AC} \text{CD} \sin ^2(\theta )}{\text{AC}-\text{CD}},\frac{\text{CD} \tan (\theta ) (\text{CD}-\text{AC} \cos (2 \theta ))}{\text{CD}-\text{AC}}}$, $/_IAD，/_CAH$的正切都是 $\frac{\text{CD} \tan (\theta ) (\text{AC} \cos (2 \theta )-\text{CD})}{\text{AC}^2-\text{AC} \text{CD} \cos (2 \theta )-\text{AC} \text{CD}+\text{CD}^2}$

1. c = {CD, 0};
   
2. a = {CD + AC Cos[Pi - 2 \[Theta]], AC Sin[Pi - 2 \[Theta]]};
   
3. i = {0, CD Tan[\[Theta]]};
   
4. h = FullSimplify[ First[SolveValues[{y == -Tan[\[Theta]] (x - CD), ( y AC Sin[Pi - 2 \[Theta]])/( x (CD + AC Cos[Pi - 2 \[Theta]])) == -1}, {x, y}]]];
   
5. func = (#[[1, 2]]/#[[1, 1]] - #[[2, 2]]/#[[2, 1]])/( 1 + #[[1, 2]]/#[[1, 1]] #[[2, 2]]/#[[2, 1]]) &;
   
6. FullSimplify[func /@ {{a - i, a}, {a - c, a - h}}]
   

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mathe

如图，以I为圆心，ID为半径做圆，切AC于B,交AD于E.
于是$/_ABE=/_ADB$，$\Delta ABE$相似$\Delta ADB$
所以$\frac{AE}{BE}=\frac{AB}{BD}$
又因为$/_EIB=2/_EDB=\pi-2/_BDH=/_DHB$
所以$\Delta EIB$相似$\Delta DHB$
所以得出$\frac{BE}{BD}=\frac{IE}{BH}$
由此我们得出$\frac{AE}{AB}=\frac{IE}{BH}$
又因为$/_IED=/_IDE=/_CDH=/_CBH$
所以$/_IEA=/_HBA$
所以$\Delta AEI$相似$\Delta ABH$
于是$/_IAE=/_HAB$

dlsh

1. 
   
2. 
   
3. 
   
4. \!\(\*OverscriptBox["d", "_"]\) = d = 0;
   
5. \!\(\*OverscriptBox["a", "_"]\) = a = 1; c = (-\[Lambda] v)/(
   
6. 1 - \[Lambda] v);
   
7. \!\(\*OverscriptBox["c", "_"]\) = (-\[Lambda]/ v)/(
   
8. 1 - \[Lambda] /v);(*假设
   
9. \!\(\*OverscriptBox["DC", "\[RightVector]"]\)/
   
10. \!\(\*OverscriptBox["AC", "\[RightVector]"]\)=\[Lambda] v*)
    
11. KAB[a_, b_] := (a - b)/(
    
12. \!\(\*OverscriptBox["a", "_"]\) -
    
13. \!\(\*OverscriptBox["b", "_"]\));
    
14. \!\(\*OverscriptBox["KAB", "_"]\)[a_, b_] := 1/KAB[a, b];(*复斜率定义*)
    
15. KAB[a_, b_, c_] := KAB[a, b]/KAB[b, c];(*e^(2iB) 等于复斜率相除*)
    
16. 
    
17. \!\(\*OverscriptBox["Jd", "_"]\)[k1_, a1_, k2_, a2_] := -((a1 - k1
    
18. \!\(\*OverscriptBox["a1", "_"]\) - (a2 - k2
    
19. \!\(\*OverscriptBox["a2", "_"]\)))/(
    
20.   k1 - k2));(*复斜率等于k1,过点A1与复斜率等于k2,过点A2的直线交点*)
    
21. Jd[k1_, a1_, k2_, a2_] := -((k2 (a1 - k1
    
22. \!\(\*OverscriptBox["a1", "_"]\)) - k1 (a2 - k2
    
23. \!\(\*OverscriptBox["a2", "_"]\)))/(k1 - k2));
    
24. i = Jd[-KAB[d, c], d, v KAB [a, c], c];
    
25. \!\(\*OverscriptBox["i", "_"]\) =
    
26. \!\(\*OverscriptBox["Jd", "_"]\)[-KAB[d, c], d, v KAB [a, c], c];
    
27. h = Jd[-KAB[d, a], d, v KAB [a, c], c];
    
28. \!\(\*OverscriptBox["h", "_"]\) =
    
29. \!\(\*OverscriptBox["Jd", "_"]\)[-KAB[d, a], d, v KAB [a, c], c];
    
30. Simplify[{i,
    
31. \!\(\*OverscriptBox["i", "_"]\), h,
    
32. \!\(\*OverscriptBox["h", "_"]\)}]
    
33. Simplify[{KAB[d, a], KAB[i, a], , KAB[h, a], KAB[a, c]}]
    
34. Simplify[{KAB[d, a, i], KAB[h, a, c]}]
    
35. Simplify[{(a - d)/(a - i), (a - h)/(
    
36.   a - c), , (a - d)/(a - i)/(a - h)/(a - c)}]
    
37. Factor[{(a - d)/(a - i), (a - h)/(
    
38.   a - c), , (a - d)/(a - i)/(a - h)/(a - c)}]

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计算结果图片上传不了，MMA程序各位有兴趣复制验证。

大漠孤烟

三角形ACD中，对I、H两点分别根据角元塞瓦定理列出正弦比例式，A、D地位是对称的，不必为直角

hujunhua

如图，两圆相交于E,F，其连心线交一圆于A,B，交另一圆于C,D。直线BE和CF相交于点G。
求证：∠AGC=∠BGD。（或者∠AGB=∠CGD）。

hujunhua

这个题目促使思考使得∠AGC=∠BGD的点G的轨迹，结果是一个圆。
用复斜率的方法列方程\[
\frac{z-a}{\bar z-a}\cdot\frac{\bar z-b}{z-b}==\frac{z-c}{\bar z-c}\cdot\frac{\bar z-d}{z-d}
\]化整展开化简，消去平凡因子`(z-\bar z)`得\[
(a-b-c+d)z\bar z+(bc-ad)(z+\bar z)+ad(b+c)-bc(a+d)==0
\]当A,B,C,D不共线时，在一般位置，复斜率方程为\[
\frac{z-a}{\bar z-\bar a}\cdot\frac{\bar z-\bar b}{z-b}==\frac{z-c}{\bar z-\bar c}\cdot\frac{\bar z-\bar d}{z-d}
\]化整展开化简，两边各唯一的四次项`z^2{\bar z^2}`被约去，剩下一条三次曲线。

hujunhua

可以用阿氏圆来证明这个题。
考虑以B、C为基点，过点E、F的阿氏圆，即使得XB/XC=EB/EC的点 X的轨迹，记为Apollo(B,C;E)。
设它与BC的交点为H，按定义及角平分线定理，EH为∠BEC的平分线。
再考虑Apollo(A,D;E), 它过∠AED的平分线与AD的交点，按已知条件也是H, 所以
Apollo(A,D;E)=Apollo(B,C;E)=Circum(E,H,F).
对于这个双重阿氏圆上的任意点X, 按定义及角平分线定理，都有XH同时平分∠AXD和∠BXC。
所以剩下的事情就是要证明 G 在这个双重阿氏圆上。
这是显然的，因为XH同时也是∠EXF的平分线，所以BEX共线时CFX亦同时共线，这时X=G。
（或者笨办法：∠BFH=∠CFH=∠BEH=∠CEH→∠GEH+CFH=∠GEH+∠BEH=180°）

王守恩

记AD与IC的交点为O,已知数4个(∠OCD=C,∠ODC=D,∠IDC=∠ADH=p),未知数2个(∠IAO=x,∠HAC=k*x),

根据“角格点问题”(参考《三角形的角格点问题》谢谢wayne)成立方程。

\(\frac{OA}{OD}=\frac{\sin(C)\sin(D)}{\sin(C)\sin(2C+D)}=\frac{\sin(C+D-x)\sin(p-D)}{\sin(p+C)\sin(x)}=\frac{\sin(C-k*x)\sin(p)}{\sin(C+D-p)\sin(2C+D-k*x)}\)

由第2个等号解得x,把x代入第3个等号可得k=1。

王守恩

好题！！！可以发散思维。

(1),\(\frac{IO}{OC}=\frac{\sin(x)\sin(C)}{\sin(2C+D)\sin(C+D-x)}=\frac{\sin(p-D)\sin(C)}{\sin(D)\sin(p+C)}\)

(2),\(\frac{IO}{OH}=\frac{\sin(x)\sin(C-k*x)}{\sin(2C+D-k*x)\sin(C+D-x)}=\frac{\sin(p-D)\sin(C+D-p)}{\sin(p)\sin(p+C)}\)

(3),\(\frac{IC}{CH}=\frac{\sin(2C+D-x)\sin(C-k*x)}{\sin(k*x)\sin(C+D-x)}=\frac{\sin(p)\sin(C+D-p)}{\sin(p-D)\sin(p+C)}\)

(4),\(\frac{OC}{CH}=\frac{\sin(2C+D)\sin(C-k*x)}{\sin(k*x)\sin(C+D)}=\frac{\sin(D)\sin(C+D-p)}{\sin(p-D)\sin(C+D)}\)

(5),四边形ACDI:  \(1=\frac{\sin(D)\sin(C)\sin(x)\sin(p+C)}{\sin(p-D)\sin(C)\sin(2C+D)\sin(C+D-x)}\)

(6),四边形AHDI:  \(1=\frac{\sin(p-D)\sin(C+D-p)\sin(2C+D-k*x)\sin(C+D-x)}{\sin(p)\sin(C-k*x)\sin(x)\sin(p+C)}\)

(7),四边形AHDI:  \(1=\frac{\sin(p)\sin(C+D-p)\sin(k*x)\sin(C+D-x)}{\sin(p-D)\sin(C-k*x)\sin(2C+D-x)\sin(p+C)}\)

(8),四边形AHDO: \(1=\frac{\sin(D)\sin(C+D-p)\sin(k*x)\sin(C+D)}{\sin(p-D)\sin(C-k*x)\sin(2C+D)\sin(C+D)}\)

(1)--(8)里面，选择2个，都可以有：k=1。

参考《三角形的角格点问题》：尊敬的众多网友！我想你们了！

记∠ODC的平分线交OC于B,大胆猜测：\(\frac{OB}{BC}=\frac{DO}{DC}=\frac{DI}{DH}=\frac{AO}{AC}=\frac{AI}{AH}\)