初中几何题：求PD/PC的最小值与最大值

王守恩

设正方形边长为a。

一、最大值   $a^2 = 2^2+ 4^2+ 2·2·4·cos45°=20+8sqrt2$

$frac{PD}{PC}=sqrt{{(sqrt2a)^2-4^2}/{(sqrt2a)^2-2^2}}={4+2sqrt2}/{2+4sqrt2}$

二、最小值   $a^2= 2^2+ 4^2- 2·2·4·cos45°=20-8sqrt2$

$frac{PD}{PC}=sqrt{{(sqrt2a)^2-4^2}/{(sqrt2a)^2-2^2}}={4-2sqrt2}/{4sqrt2-2}$

王守恩

在众多解法中，我溺爱三角函数——直掏主题——△PCD

一、最大值    ${2}/{sintheta}={4}/{sin(45^\circ-theta)}=>cottheta=2sqrt2+1$

$frac{PD}{PC}={sin(45^\circ+theta)}/{costheta}={4+2sqrt2}/{2+4sqrt2}$

二、最小值   ${2}/{sintheta}={4}/{sin(45^\circ+theta)}=>cottheta=2sqrt2-1$

$frac{PD}{PC}={sin(45^\circ-theta)}/{costheta}={4-2sqrt2}/{4sqrt2-2}$

谢谢gxqcn！现在的排版好看。$45^\circ\ \ 45°$摆在一起还是有区别的。

王守恩

接楼上。

一、最大值   

PD是∠APC平分线  ${2}/{PC}={sintheta}/{costheta}=> PC=2cottheta$

PC是∠BPD平分线  ${4}/{PD}={sin(45^\circ-theta)}/{cos(45^\circ-theta)}=> PD=4cot(45^\circ-theta)$

$frac{PD}{PC}={4cot(45^\circ-theta)}/{2cottheta}={4+2sqrt2}/{2+4sqrt2}$

二、最小值   

PB是∠APC平分线  ${2}/{PC}={sintheta}/{costheta}=> PC=2cottheta$

PC是∠BPD平分线  ${4}/{PD}={sin(45^\circ+theta)}/{cos(45^\circ+theta)}=> PD=4cot(45^\circ+theta)$

$frac{PD}{PC}={4cot(45^\circ+theta)}/{2cottheta}={4-2sqrt2}/{4sqrt2-2}$

王守恩

接楼上。

一、最大值   

$frac{PD}{PC}=frac{{2sin(45^\circ-theta)}/{costheta}}{{4sintheta}/{sin(45^\circ+theta)}}={cos(2theta)}/{2sin(2theta)}={cot(2theta)}/{2}={4+2sqrt2}/{2+4sqrt2}$

二、最小值  

$frac{PD}{PC}=frac{{2sin(45^\circ-theta)}/{costheta}}{{4sintheta}/{sin(45^\circ+theta)}}={cos(2theta)}/{2sin(2theta)}={cot(2theta)}/{2}={4-2sqrt2}/{4sqrt2-2}$

hujunhua

【定义】两圆正交，指两圆在交点处的切线正交。

【性质1】两圆正交，当且仅当两圆圆心与任一交点构成一个直角三角形，交点处为直角。
        如图，圆心`O_1,O_2`与交点`T_1`构成一个直角三角形。
【推论1】设两圆半径分别为`R_1,R_2`, 圆心距为d,  则两圆正交当且仅当$R_1^2+R_2^2=d^2$
【推论2】两圆正交时交点处的切线互过圆心，故一个圆心是公共弦关于另一个圆的极点。
        如图，点`O_2`关于圆`O_1`的极线 和 点`O_1`关于圆`O_2`的极线，都是两圆的公共弦`T_1T_2`所在的直线。
【性质2】与一个给定的圆正交于该圆上两个给定点的圆是唯一确定的。
        如图，给定圆`O_1`和圆上的两点`T_1,T_2`, 那么与圆`O_1`正交于`T_1,T_2`的圆`O_2`是唯一确定的。
【性质3】两圆正交，一个圆关于另一个圆是反演不变的。
        如图，圆`O_2`关于圆`O_1`的反演像是通过`T_1,T_2`的（两个不动点），反演像也与圆`O_1`正交，按性质3的唯一性，反演像是圆`O_2`自身。
【引理1】反演共扼点对在彼此的极线上。
        如图所示`B_1,B_2`是一个反演共扼点对（互为源像），它们在彼此的极线上，换言之，`A_1,A_2,B_1,B_2`构成调和点组，即交比`(A_1A_2,B_1B_2)=-1`。
        证明：`B_1,B_2`是一对反演共扼点，即`O_1B_1·O_1B_2=R_1^2`，
                `∴ O_1B_1·O_1B_2=-O_1A_1·O_1A_2` → `A_1B_1·A_2B_2=-A_1B_2·A_2B_1`
这个推导的逆向更容易，将`A_iB_j=A_iO_1+O_1B_j` 代入 \[
A_1B_1·A_2B_2+A_1B_2·A_2B_1=0
\]左边展开并注意`A_1O_1=-A_2O_1`, 可消去4项`A_1O_1·O_1B_2+O_1B_1·A_2O_1+A_1O_1·O_1B_1+O_1B_2·A_2O_1`，
剩下的4项即  ` 2O_1B_1·O_1B_2+2O_1A_1·O_1A_2=0`，除以2即得`O_1B_1·O_1B_2+O_1A_1·O_1A_2=0`
反推，将消去的4项加回去即可。

【性质4】两圆正交，如果过一个圆心的任一直线与两圆有4个交点，那么这4个交点构成调和点组。
        *注：圆`O_1`的直径`A_1A_2`所在直线与圆`O_2`相交于`B_1,B_2`, 则交比`(A_1A_2,B_1B_2)=-1`.
        证明：由性质3，`B_1,B_2`是关于圆`O_1`的反演共轭点对，由引理1（及其注释），`A_1,A_2,B_1,B_2`构成调和点组。
【推论3】由`A_1B_1/A_1B_2=-A_2B_1/A_2B_2`可知圆`O_1`是以`B1,B_2`为基点的一个阿氏圆。
        按阿氏圆的定义，`A_1,A_2`在同一个阿氏圆上，并且显然是该阿氏圆的直径。
【推论4】阿氏圆与过其两基点的圆（簇）正交。

Jack315

【最大比值】

\(\Delta PAD\cong\Delta FAB\rightarrow c=PD=FB\)
在 \(\Delta PFB\) 中运用余弦定理：\(c=\sqrt{(\sqrt{2}a)^2+b^2-2(\sqrt{2}a)b\cos(45\degree+\theta)}\)
\(\Delta PCB\cong\Delta GAB\rightarrow d=PC=GA\)
在 \(\Delta PGA\) 中运用余弦定理：\(d=\sqrt{a^2+(\sqrt{2}b)^2-2a(\sqrt{2}b)\cos(45\degree+\theta)}\)
比值：
\(k=\frac{PD}{PC}=\frac{c}{d}=\sqrt{\frac{(\sqrt{2}a)^2+b^2-2(\sqrt{2}a)b\cos(45\degree+\theta)}{a^2+(\sqrt{2}b)^2-2a(\sqrt{2}b)\cos(45\degree+\theta)}}=\sqrt{1-\frac{b^2-a^2}{a^2+2b^2-2\sqrt{2}ab\cos(45\degree+\theta)}}\)
余弦取最小值 -1 ，即 \(\theta=135\degree\) 时，比值取得最大值：
\(k_{max}=\frac{\sqrt{2}a+b}{a+\sqrt{2}b}=\frac{\sqrt{2}+2}{1+2\sqrt{2}}\)

【最小比值】

\(\Delta PAD\cong\Delta FAB\rightarrow c=PD=FB\)
在 \(\Delta PFB\) 中运用余弦定理：\(c=\sqrt{(\sqrt{2}a)^2+b^2-2(\sqrt{2}a)b\cos(45\degree-\theta)}\)
\(\Delta PCB\cong\Delta GAB\rightarrow d=PC=GA\)
在 \(\Delta PGA\) 中运用余弦定理：\(d=\sqrt{a^2+(\sqrt{2}b)^2-2a(\sqrt{2}b)\cos(45\degree-\theta)}\)
比值：
\(k=\frac{PD}{PC}=\frac{c}{d}=\sqrt{\frac{(\sqrt{2}a)^2+b^2-2(\sqrt{2}a)b\cos(45\degree-\theta)}{a^2+(\sqrt{2}b)^2-2a(\sqrt{2}b)\cos(45\degree-\theta)}}=\sqrt{1-\frac{b^2-a^2}{a^2+2b^2-2\sqrt{2}ab\cos(45\degree-\theta)}}\)
余弦取最大值 +1 ，即 \(\theta=45\degree\) 时，比值取得最小值：
\(k_{min}=\frac{\sqrt{2}a-b}{a-\sqrt{2}b}=\frac{\sqrt{2}-2}{1-2\sqrt{2}}\)

Jack315

两个图合在一起的图：


图中 \(0\degree\le\alpha, \beta\le180\degree\) ，Q 点为 P 点关于线段 AB 的镜像点。
第一个图为 PD / PC 取得最大值时的图；第二个图为 QD / QC 取得最小值时的图。

2# 假定的 AB 固定为 3 与实际情况不符；
将 PA 和 PB 固定转换为 AB 固定，以及由此得出的相关结论，
我理解起来确实有点难度 。所以用解析法再来试试。

nyy

利用四面体体积=0为约束条件，然后拉格朗日乘子法解决问题，
奇怪的是增根怎么出现的？

1. Clear["Global`*"];(*mathematica11.2,win7(64bit)Clear all variables*)
   
2. (*子函数,四面体体积公式，a,b,c分别是从一个顶点出发的三条棱，x,y,z分别是对棱*)
   
3. fun[a_,b_,c_,x_,y_,z_]:=Sqrt[Det[{{0,1,1,1,1},{1,0,a^2,b^2,c^2},{1,a^2,0,z^2,y^2},{1,b^2,z^2,0,x^2},{1,c^2,y^2,x^2,0}}]/288]
   
4. (*线段长度变量赋值,AB与BA都赋值,这样使用线段长度变量时,就不用考虑线段长度变量名的两个端点哪个在前、哪个在后了*)
   
5. AB=BA=BC=CB=CD=DC=DA=AD=a (*正方形边长=a*)
   
6. AC=CA=BD=DB=Sqrt[2]*a
   
7. PA=2;PB=4;(*已知条件*)
   
8. (*约束条件*)
   
9. cond1=fun[PA,PB,PD,BD,AD,AB]^2(*四面体PABD体积=0*)
   
10. cond2=fun[PA,PB,PC,BC,AC,AB]^2(*四面体PABC体积=0*)
    
11. (*拉格朗日乘子法建立目标函数*)
    
12. f=PD/PC+t1*cond1+t2*cond2
    
13. ans=Solve[D[f,{{PC,PD,a,t1,t2}}]==0
    
14.     &&PC>=0&&PD>=0&&a>=0 (*限制变量范围*)
    
15.     ,{PC,PD,a,t1,t2}]//FullSimplify//ToRadicals (*努力化简并转化成根式表达*)
    
16. Grid[ans,Alignment->Left](*列表显示*)
    
17. Grid[N@ans,Alignment->Left](*列表显示*)
    
18. aaa=(f/.ans)//FullSimplify//ToRadicals (*求出目标函数值*)
    
19. bbb=N@aaa
    

复制代码

目标函数
\[f=\frac{1}{288} \text{t2} \left(-4 a^6+4 a^4 \text{PC}^2+16 a^4-2 a^2 \text{PC}^4+64 a^2 \text{PC}^2-800 a^2\right)+\frac{1}{288} \text{t1} \left(-4 a^6+4 a^4 \text{PD}^2+64 a^4-2 a^2 \text{PD}^4+16 a^2 \text{PD}^2-320 a^2\right)+\frac{\text{PD}}{\text{PC}}\]

求偏导数解方程组，限定线段长度非负数，得到
\[\begin{array}{lllll}
\text{PC}\to 4 \sqrt{2}-2 & \text{PD}\to 4-2 \sqrt{2} & a\to 2 \sqrt{5-2 \sqrt{2}} & \text{t1}\to -\frac{9 \left(25 \sqrt{2}+37\right)}{7616} & \text{t2}\to \frac{9 \left(53 \sqrt{2}+107\right)}{186592} \\
\text{PC}\to 4 \sqrt{2}+2 & \text{PD}\to 2 \left(\sqrt{2}+2\right) & a\to 2 \sqrt{2 \sqrt{2}+5} & \text{t1}\to -\frac{9 \left(25 \sqrt{2}-37\right)}{7616} & \text{t2}\to \frac{9 \left(53 \sqrt{2}-107\right)}{186592} \\
\text{PC}\to 2 \sqrt{\frac{1}{39} \left(255-8 \sqrt{170}\right)} & \text{PD}\to 2 \sqrt{\frac{2}{39} \left(6 \sqrt{170}+85\right)} & a\to \sqrt{\frac{8 \sqrt{170}}{39}+\frac{460}{39}} & \text{t1}\to \frac{243 \sqrt{\frac{1}{17} \left(32239047-2356774 \sqrt{170}\right)}}{9943360} & \text{t2}\to \frac{243 \sqrt{\frac{1}{17} \left(161122510 \sqrt{170}+2154446583\right)}}{243612320} \\
\text{PC}\to 2 \sqrt{\frac{1}{39} \left(8 \sqrt{170}+255\right)} & \text{PD}\to 2 \sqrt{\frac{2}{39} \left(85-6 \sqrt{170}\right)} & a\to 2 \sqrt{\frac{1}{39} \left(115-2 \sqrt{170}\right)} & \text{t1}\to -\frac{243 \sqrt{\frac{1}{17} \left(2356774 \sqrt{170}+32239047\right)}}{9943360} & \text{t2}\to -\frac{243 \sqrt{\frac{1}{17} \left(2154446583-161122510 \sqrt{170}\right)}}{243612320} \\
\end{array}\]
数值化得到
\[\begin{array}{lllll}
\text{PC}\to 3.65685 & \text{PD}\to 1.17157 & a\to 2.94725 & \text{t1}\to -0.0855039 & \text{t2}\to 0.00877626 \\
\text{PC}\to 7.65685 & \text{PD}\to 6.82843 & a\to 5.59587 & \text{t1}\to 0.00194353 & \text{t2}\to -0.00154573 \\
\text{PC}\to 3.93137 & \text{PD}\to 5.78646 & a\to 3.80387 & \text{t1}\to 0.00728459 & \text{t2}\to 0.0157813 \\
\text{PC}\to 6.07059 & \text{PD}\to 1.1784 & a\to 3.01999 & \text{t1}\to -0.0470335 & \text{t2}\to -0.00177228 \\
\end{array}\]
目标函数值
\[\left\{\frac{1}{7} \left(3 \sqrt{2}-2\right),\frac{1}{7} \left(3 \sqrt{2}+2\right),\frac{1}{7} \left(2 \sqrt{5}+\sqrt{34}\right),\frac{1}{7} \left(\sqrt{34}-2 \sqrt{5}\right)\right\}\]
数值化
\[\{0.320377,0.891806,1.47187,0.194117\}\]

问题来了，第三行第四行的解居然比最小值还小，比最大值还大。怎么来的？

nyy

nyy 发表于 2025-5-22 09:29
利用四面体体积=0为约束条件，然后拉格朗日乘子法解决问题，
奇怪的是增根怎么出现的？

我找到原因了。

对于上面的图，
上面的P，四面体的PABD体积等于零，
对于
下面的P，四面体的PABC体积等于零

我画出是的对应
{PC -> 3.93137, PD -> 5.78646, a -> 3.80387, t1 -> 0.00728459,  t2 -> 0.0157813}
这个解的图，第三行的解。

这导致了P的不唯一！

nyy

hujunhua 发表于 2025-5-20 10:25
【定义】两圆正交，指两圆在交点处的切线正交。

【性质1】两圆正交，当且仅当两圆圆心与任一交点构成一个 ...

不懂极线，但是百度了一下，发现

1. 将这些数量关系代入求得的齐次坐标下的极线方程中，得直角坐标下点P(x0,y0)关于曲线C

复制代码

这句话的下方，有二次曲线的极线方程，这玩意居然与切线一样！
至少表达形式一样！

https://baike.baidu.com/item/%E6%9E%81%E7%BA%BF/186223