几何小题

nyy

nyy 发表于 2023-8-25 11:46
用余弦定理与反余弦函数列两个方程，这两个方程构成方程组，但是可以预料：软件求解这个方程组很困难！（也 ...

利用(婆罗摩笈多公式)
(*圆内接四边形面积(婆罗摩笈多公式)=四个小三角形面积的和*)
列一个方程
得到
\[\frac{1}{4} \left(\sqrt{-\text{BE}^4+2 \text{BE}^2 \left(\text{CD}^2+5\right)+16 \text{BE} \text{CD}-\text{CD}^4+10 \text{CD}^2-9}-\sqrt{-\text{BE}^4+10 \text{BE}^2-9}-\sqrt{-\text{CD}^4+20 \text{CD}^2-36}-10\right)=0\]

利用
(*∠BAE+∠CAD=360-90=270°列方程1*)
列一个方程

\[\cos ^{-1}\left(\frac{1}{4} \left(5-\text{BE}^2\right)\right)+\cos ^{-1}\left(\frac{5}{4}-\frac{\text{CD}^2}{8}\right)-\frac{3 \pi }{2}\]

函数画图的时候，得到这两个图像似乎是重合的！但是似乎又不完全重合（见箭头）。不知道为什么！

数值解结果
{BE -> 2.7979326519318134040630810788639975293470451277324543117673561\
76103378145255636444545750766235721533,
CD -> 3.9568743029684908345957334381028882136706148524630236049667261\
43756143964838914190895568073385830097}

直接
bbb=RootApproximant[{BE,CD}/.aaa]//ToRadicals//Simplify
得不到想要的结果。
但是如果
RootApproximant[2.7979326519318134040630810788639975293470451277324543117673561] //ToRadicals // Simplify
可以得到想要的结果

我猜测是函数图像太接近，因此导致迭代精度不够好，所以把后面的几十位小数锯掉，然后就能得到精确解了！


代码如下：

1. Clear["Global`*"];(*清除所有变量*)
   
2. (*子函数,利用三边计算角的余弦值,角是c边所对的角*)
   
3. cs[a_,b_,c_]:=((a^2+b^2-c^2)/(2*a*b))
   
4. (*子函数,海伦公式,利用海伦公式计算三角形的面积*)
   
5. heron[a_,b_,c_]:=Module[{p=(a+b+c)/2},Sqrt[p*(p-a)*(p-b)*(p-c)]]
   
6. (*子函数,圆内接四边形面积公式(婆罗摩笈多公式)*)
   
7. plmjd[a_,b_,c_,d_]:=Module[{p=(a+b+c+d)/2},Sqrt[(p-a)*(p-b)*(p-c)*(p-d)]]
   
8. {AC,AD}={Sqrt[8],Sqrt[2]};(*已知长度的两条线段赋值*)
   
9. (*∠BAE+∠CAD=360-90=270°列方程1*)
   
10. eq1=ArcCos@cs[2,1,BE]+ArcCos@cs[AC,AD,CD]-(3*Pi/2)//Simplify
    
11. (*圆内接四边形面积(婆罗摩笈多公式)=四个小三角形面积的和*)
    
12. eq2=plmjd[2,CD,1,BE]-(heron[2,2,AC]+heron[AC,AD,CD]+heron[1,1,AD]+heron[2,1,BE])//Simplify
    
13. (*绘制等值线图*)
    
14. ContourPlot[{eq1==0,eq2==0},{BE,2.5,3.1},{CD,3,4.2}]
    
15. (*数值解找方程组的高精度数值解*)
    
16. aaa=FindRoot[{eq1==0,eq2==0},{{BE,2},{CD,4}},WorkingPrecision->100,MaxIterations->200]
    
17. (*由高精度数值解,得到精确解*)
    
18. bbb=RootApproximant[{BE,CD}/.aaa]//ToRadicals//Simplify
    
19. (*查看高精度数值解是否为方程组的解*)
    
20. ccc={eq1==0,eq2==0}/.Thread[{BE,CD}->bbb]//FullSimplify
    

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nyy

nyy 发表于 2023-8-28 11:22
利用(婆罗摩笈多公式)
(*圆内接四边形面积(婆罗摩笈多公式)=四个小三角形面积的和*)
列一个方程

经过不断地平方然后两边做差，我终于找到了代表这两条曲线的多项式！

第一个曲线对应的多项式是
1762900 - 578000 BE^2 + 173400 BE^4 - 23120 BE^6 + 1156 BE^8 -
462400 BE CD + 184960 BE^3 CD - 18496 BE^5 CD - 1096500 CD^2 +
170184 BE^2 CD^2 - 33000 BE^4 CD^2 + 5000 BE^6 CD^2 -
340 BE^8 CD^2 + 116000 BE CD^3 - 50400 BE^3 CD^3 + 4800 BE^5 CD^3 +
128 BE^7 CD^3 + 271150 CD^4 - 21160 BE^2 CD^4 - 2496 BE^4 CD^4 +
50 BE^8 CD^4 + 3976 BE CD^5 + 3000 BE^3 CD^5 - 1000 BE^5 CD^5 +
40 BE^7 CD^5 - 28500 CD^6 + 4550 BE^2 CD^6 - 120 BE^4 CD^6 -
34 BE^6 CD^6 - 1160 BE CD^7 + 232 BE^3 CD^7 + 1066 CD^8 -
250 BE^2 CD^8 + 25 BE^4 CD^8=0

第二个曲线（两个角相加等于270°，那么这两个角的余弦值的平方和=1，因此这条曲线要简单很多）
是
136 - 40 BE^2 + 4 BE^4 - 20 CD^2 + CD^4=0

隐函数绘图
ContourPlot[{ee1 == 0, ee2 == 0}, {BE, 0.8, 3.2}, {CD, 1.2, 4.5}]

得到结果如下：
从这张图上可以看出，这两个曲线，在那段范围内确实比较接近，也确实不是一条曲线

nyy

引用借用40楼的图。

利用40楼与41楼的两个图，组合交叉一下，又得到一个办法！

(*由∠CBE+∠CDE=180°,得到∠ABE+∠ADC=180-90-45=45°列方程1*)，得到方程
\[\cos ^{-1}\left(\frac{\text{BE}^2+3}{4 \text{BE}}\right)+\cos ^{-1}\left(\frac{\text{CD}^2-6}{2 \sqrt{2} \text{CD}}\right)-\frac{\pi }{4}=0\]

(*圆内接四边形面积(婆罗摩笈多公式)=四个小三角形面积的和,列方程2*)，得到方程
\[\frac{1}{4} \left(\sqrt{-\text{BE}^4+2 \text{BE}^2 \left(\text{CD}^2+5\right)+16 \text{BE} \text{CD}-\text{CD}^4+10 \text{CD}^2-9}-\sqrt{-\text{BE}^4+10 \text{BE}^2-9}-\sqrt{-\text{CD}^4+20 \text{CD}^2-36}-10\right)=0\]

先找出方程组的数值解！先画等值线图，交点就是方程组的解，图像如下：

从图上可以看出方程组只有一个解，牛顿迭代法得到高精度数值解，得到
{BE -> 2.7979326519318134040630810788639975293470451277324777598618726\
46300747184075960598229656601002893606,
CD -> 3.9568743029684908345957334381028882136706148524629904443534491\
45402687924362251263097354440484226098}
由高精度数值解得到精确解，得到
\[\left\{\sqrt{2 \sqrt{2}+5},\sqrt{4 \sqrt{2}+10}\right\}\]
经过验根，这组根是方程组的解。

(*计算∠BAE、∠CAD的值(角度制)*)得到
{135, 135}
这两个角都是135°，容易知道CD是圆的直径。

代码如下：

1. Clear["Global`*"];(*清除所有变量*)
   
2. deg=Pi/180;(*角度制下1°所对应的弧度*)
   
3. (*子函数,利用三边计算角的余弦值,角是c边所对的角*)
   
4. cs[a_,b_,c_]:=((a^2+b^2-c^2)/(2*a*b))
   
5. (*子函数,海伦公式,利用海伦公式计算三角形的面积*)
   
6. heron[a_,b_,c_]:=Module[{p=(a+b+c)/2},Sqrt[p*(p-a)*(p-b)*(p-c)]]
   
7. (*子函数,圆内接四边形面积公式(婆罗摩笈多公式)*)
   
8. plmjd[a_,b_,c_,d_]:=Module[{p=(a+b+c+d)/2},Sqrt[(p-a)*(p-b)*(p-c)*(p-d)]]
   
9. {AC,AD}={Sqrt[8],Sqrt[2]};(*已知长度的两条线段赋值*)
   
10. (*由∠CBE+∠CDE=180°,得到∠ABE+∠ADC=180-90-45=45°列方程1*)
    
11. eq1=ArcCos@cs[2,BE,1]+ArcCos@cs[AD,CD,AC]-45deg
    
12. (*圆内接四边形面积(婆罗摩笈多公式)=四个小三角形面积的和,列方程2*)
    
13. eq2=plmjd[2,CD,1,BE]-(heron[2,2,AC]+heron[AC,AD,CD]+heron[1,1,AD]+heron[2,1,BE])//Simplify
    
14. (*绘制等值线图*)
    
15. ContourPlot[{eq1==0,eq2==0},{BE,0.5,3.5},{CD,2,5},ImageSize->500]
    
16. (*数值解找方程组的高精度数值解*)
    
17. aaa=FindRoot[{eq1==0,eq2==0},{{BE,2},{CD,4}},WorkingPrecision->100,MaxIterations->200]
    
18. (*由高精度数值解,得到精确解*)
    
19. bbb=RootApproximant[{BE,CD}/.aaa]//ToRadicals//Simplify
    
20. (*查看高精度数值解是否为方程组的解*)
    
21. ccc={eq1==0,eq2==0}/.Thread[{BE,CD}->bbb]//FullSimplify
    
22. (*计算∠BAE、∠CAD的值(角度制)*)
    
23. ddd=ArcCos@{cs[2,1,BE],cs[AC,AD,CD]}/deg/.Thread[{BE,CD}->bbb]//FullSimplify
    

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nyy

nyy 发表于 2023-8-31 10:13
引用借用40楼的图。

利用40楼与41楼的两个图，组合交叉一下，又得到一个办法！

如果BCDE四点共圆，
那么很容易得到三角形ABC与△AED对顶并且相似。
反过来说，如果BCDE四点共圆并且△ABC与△AED相似（相似不等大），那么是否一定对顶呢？

王守恩

很有意思的题目！看1楼的图。
(1), 过圆心重叠2, 得到1,
(2), 过圆心重叠1, 得到2,
由(1),(2), 可以有1*2的平行四边形。
由(1),(2), 可以有圆内接5边形, 5条边：2,x,1,x,x,
5个内角和=(90+a)+(90+a)+(90+b)+(90+b)+(2a+2b)=540, 知:a+b=45
合并a,b, 5边形变正方形, 知: x=R\(\sqrt{2}\)
\(\frac{1}{\sin(a)}=\frac{2}{\sin(45-a)}=\frac{x}{\sin(45)}=2R\)
若1=n,2=m, 恒有:\((2R)^2=n^2+(n^2+m\sqrt{2})^2=m^2+(m+n\sqrt{2})^2\)

倪举鹏

solve(-2*sqrt(2)*cos(x+(1/4)*Pi)-2*sin(x)-6*sqrt(2)*sin(x+(1/4)*Pi)-4*sqrt(2)*sin(x+(1/4)*Pi)*sin(x)+14*cos(x)-4*cos(x)*sqrt(2)*cos(x+(1/4)*Pi)+4 = 0, x)

王守恩

很有意思的题目！看43#图(补齐2个正方形)。
(1),以BC垂直平分线为对称轴, 对称得到AE=1；
(2),以DE垂直平分线为对称轴, 对称得到AB=2；
由(1),(2), 可以有1*2的平行四边形。
由(1),(2), 可以有圆内接5边形, 5条边：2,x,1,x,x,
5个内角和=(90+a)+(90+a)+(90+b)+(90+b)+(2a+2b)=540, 知:a+b=45
合并a,b, 圆内接5边形变圆内接4边形=正方形, 知: x=R\(\sqrt{2}\)
\(\frac{1}{\sin(a)}=\frac{2}{\sin(45-a)}=\frac{x}{\sin(45)}=2R\)
若1=n,2=m, 恒有:\((2R)2=n^2+(n^2+m\sqrt{2})^2=m^2+(m+n\sqrt{2})^2\)
意外地，收获残圆找直径的一种方法(相抵的2个正方形)。

wangzhaoyu2

这个题目不失一般性的解决方法。
小时候看过《从一到无穷大》这本书的人都知道有一个海岛寻宝的趣题，有两个点A，B。平面上有任意一点E，线段BC和AD分别垂直且等于BE和AE，连接CD，H为CD中点。
书中给出的结论：H点不随E的点位置变化而变化，H点位于AB的中垂线上。且OH=OA=OB（其证明不复杂，那本书用了一个很有趣的虚数的计算方法，两步就解决的）。
本题假设ABCD四点共圆，所以圆心在AB和CD的中垂线交点上，唯H点满足要求。可得CD是外接圆的直径。
CD为直径，所以CA垂直于DA，已知EA垂直于DA，可得C、A、E三点共线。
三角形CEB是直角等腰三角形，所以角CEB=45度。
结论，不管题目中的两个正方形边长分别为多少，只要他们对应的两个边上的四个点共圆，那么这两个正方形边的夹角为45度。

wangzhaoyu2

wangzhaoyu2 发表于 2023-9-24 15:08
这个题目不失一般性的解决方法。
小时候看过《从一到无穷大》这本书的人都知道有一个海岛寻宝的趣题，有两 ...

https://www.bilibili.com/video/B ... cb65ebd01444d186ce8
视频15分钟左右的时候有相关问题的解释。

nyy

wangzhaoyu2 发表于 2023-9-25 14:13
https://www.bilibili.com/video/B ... cb65ebd01444d186ce8
视频15分钟 ...

有时间我去看看。

不过我还是觉得我的思路好懂！