求等边三角形ABC的边长

nyy

没有计算器的辅助，估计我很难做出这题

iseemu2009

在△BCD 中由正弦定理有 $a/(sin150°)=3/sinθ→a=3/(2sinθ)$
在△BED 中由正弦定理有 $a/(sin(θ+90°))=7/(sin60°)→a=14/sqrt3cosθ$
两式消去 a 得 $sin2θ=3/14sqrt3→sinθ=sqrt7/14$
代回第一行得 $a=3sqrt7$

nyy

30度，60度，150度。各列一个方程，联立解之。

1. Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
   
2. deg=Pi/180;(*角度制下1°所对应的弧度*)
   
3. (*子函数,利用余弦定理列方程,x是c边所对的角*)
   
4. cs[a_,b_,c_,x_]:=(a^2+b^2-c^2-2 a b Cos[x]==0)
   
5. (*线段长度赋值,AB与BA都赋值,这样使用线段长度变量时,就不用考虑线段的两个端点哪个在前、哪个在后了*)
   
6. BC=CB=a
   
7. BD=DB=b
   
8. BE=EB=c
   
9. DE=ED=4
   
10. DC=CD=3
    
11. (*对30°、150°、60°角三次使用余弦定理,列方程组解决问题*)
    
12. ans=Solve[{cs[DB,DE,BE,30deg],cs[DB,DC,BC,150deg],cs[BE,BC,ED+DC,60deg]
    
13. },{a,b,c},PositiveReals]//FullSimplify//ToRadicals
    
14. Grid[ans,Alignment->Left](*列表显示*)
    

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方程组求解结果
\[\begin{array}{lll}
a\to 3 \sqrt{7} & b\to 3 \sqrt{3} & c\to \sqrt{7} \\
\end{array}\]

hujunhua

设BE=x,BC=a
在△CBE中，∠B=60°，所以\[
a^2-a x+x^2=7^2\tag1
\]又BDEF共圆，BF=2x，由 割线定理知 CF·CB=CD·CE，即\[
a(a-2x)=21\tag2
\]3×(1)-7×(2)得齐次式分解因式\[
(x+4a)(3x-a)=0\\
→a=3x→a=3\sqrt7
\]

aimisiyou

\(\dfrac{\sqrt{3a}}{7}= \dfrac{\sqrt{(2a)^2-3^2}}{a}\)

王守恩

∠BCE=30°-θ, 在△BCE中，由正弦定理有 $(BE)/a=sin(pi/6 -θ)/sin(pi/2 + θ)$,
由分角线公式有 $BD=(4sin(pi/2+θ))/sin(pi/3-θ)=(3sin(pi/6-θ))/sinθ→sin(pi/6 - θ)/sin(pi/2 +θ)=(4sinθ)/(3sin(pi/3-θ)$

1. Solve[{k==Sin[Pi/6 - x]/Sin[Pi/2 + x]==4 Sin[x]/(3 Sin[Pi/3 - x]) , 1 > x > 0}, {x, k}] // FullSimplify

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输出结果

1. {{x -> 2 ArcCot[3 Sqrt[3] + 2 Sqrt[7]], k -> 1/3}}

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aimisiyou

改成通用形式，CD=x,ED=y,∠BDC=Q，求正△边长a.

hejoseph

把问题一般化，如图，已知 \(BD\)、\(CD\)、\(\angle A\)、\(\angle ADB\)。
设 \(BD=a_1\)，\(CD=a_2\)，\(\angle ADB=\theta\)，则
\begin{align*}
AD&=\frac{a_1\sin(\theta+A)+a_2\sin(\theta-A)+\sqrt{a_1^2\sin^2(\theta+A)+a_2^2\sin^2(\theta-A)+2a_1a_2(\sin^2\theta+\sin^2 A)}}{2\sin A}\\
AB&=\sqrt{(a_1+a_2)\left(a_1+\frac{\sin(\theta-A)}{\sin A}\cdot AD\right)}\\
AC&=\sqrt{(a_1+a_2)\left(a_2+\frac{\sin(\theta+A)}{\sin A}\cdot AD\right)}
\end{align*}

hejoseph

先说明由两个不含一次项的二元二次方程组成的方程组的解法，方程组\[
\left\{
\begin{aligned}
a_1x^2+b_1xy+c_1y^2&=d_1\\
a_2x^2+b_2xy+c_2y^2&=d_2
\end{aligned}
\right.
\]这里 \(a_1:a_2\ne c_1:c_2\)，以上两个方程中把 \(xy\) 看作常数，利用二元一次方程组的求解方法解出 \(x^2\)、\(y^2\)，得到 \(x^2=f_1(xy)\)，\(y^2=f_2(xy)\)，其中 \(f_1(t)\)、\(f_2(t)\) 都是关于 \(t\) 的一次多项式，由此可得\[
(xy)^2=f_1(xy)f_2(xy)
\]这样就得到一个关于 \(xy\) 的一元二次方程，求出 \(xy\) 之后，再利用 \(x^2=f_1(xy)\)，\(y^2=f_2(xy)\) 就可以得到 \(x\)、\(y\) 的值。

回到一般问题的求解。设 \(AB=x\)，\(AC=y\)，\(AD=z\)，利用三角形两边夹角的面积公式得\[
a_1z\sin\theta+a_2z\sin\theta=xy\sin A
\]即\[
(a_1+a_2)z=\frac{\sin A}{\sin\theta}xy
\]再在 \(\triangle ABD\)、\(\triangle ACD\) 中应用余弦定理得\[
a_1^2+z^2-2a_1z\cos\theta=x^2，a_2^2+z^2+2a_2z\cos\theta=y^2
\]上面两式相减得\[
x^2-y^2=a_1^2-a_2^2-2(a_1+a_2)z\cos\theta=a_1^2-a_2^2-2xy\sin A\cot\theta
\]在 \(\triangle ABC\) 中应用余弦定理得\[
x^2+y^2-2xy\cos A=(a_1+a_2)^2
\]最后得方程组\[
\left\{
\begin{aligned}
&x^2-y^2=a_1^2-a_2^2-2xy\sin A\cot\theta\\
&x^2+y^2-2xy\cos A=(a_1+a_2)^2
\end{aligned}
\right.
\]利用最上面说明的求解方法，可得到 \(xy\) 的值，这样 \(x\)、\(y\)、\(z\) 的值就能求出来了，求解过程中 \(xy\) 舍去负数根。

hujunhua

这种几何题的妙解常常出于精巧的数值，所以别想着一般化，意义不大。
本题最应该想到的巧合之处就是是否具有旋转对称性，验算果然。于是一切迎刃而解。