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[游戏] 正三角形的一种面积四等分图

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发表于 2015-5-20 23:47:39 | 显示全部楼层 |阅读模式

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如图,AEF、BFD、CDE都是三点共线,并且△ABF、△BCD、△CAE面积相等。
(1)若DEF是正三角形,则ABC也是正三角形。
(2)若ABC是正三角形,则DEF也是正三角形。
(3)尺规作图:如图样式四等分正三角形ABC的面积。
四等分三角形面积.PNG
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发表于 2015-5-21 15:32:07 | 显示全部楼层
(1) 记AF=x, BD=y, CE=z, 不妨设DE=EF=FD=1,则得一方程
x(y-1)=y(z-1)=z(x-1)=:s
消去z分解因式可得  (x-y)(1+s)=0, 即得x=y. 同理可得y=z.

(2) 用反证法。假定三角形DEF不是正~,则可以通过一个仿射变换将它射成一个正~,同时将三角形ABC射成非正~。
注意仿射变换保持面积比不变,所以这个仿射结果与已经证明的(1)相矛盾。

(3)  1、中心三角形△DEF的面积为△ABC的1/4,所以线度为△ABC的1/2,故其外接圆半径为△ABC外接圆半径的1/2,即为△ABC的内切圆。
       2、∠BDC=120°,所以点D在一个以BC为弦,所含圆周角为120°的圆弧上。
由此可得如下作法:
1)作正三角形ABC的内切圆,内心(也是外心、重心、垂心)记为O。
2)作过BOC的弧,取之与内切圆的右交点即得D。
3)连结BD与内切圆交于F,连结AF与内切圆交于E。
4)连结CE,即完成。
无标题.png

点评

最后一问是本题的精华,可以看出这三线与内三角形顶点各成黄金分比关系。将此图形进行仿射变换,可得如图样式四等分三角形的性质定理。这可是我独立发现的,算是为黄金分割性质添砖加瓦。  发表于 2015-5-21 16:41
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 楼主| 发表于 2015-5-21 16:59:11 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2015-5-21 15:32
(1) 记AD=x, BE=y, CF=z, 不妨设DE=EF=FD=1,则得一方程
x(y-1)=y(z-1)=z(x-1)=:s
消去z分解因式可得 ...


前两证明与在下并无过多区别。只是第三问,我是用黄金分比做的,没有楼上精简。
对于这样四等分一般三角形我还无法下手。
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发表于 2015-5-21 18:38:47 | 显示全部楼层
如图所示,四个三角形将三角形ABC的面积四等分当且仅当三个内点将所在三条线段黄金分割。
捕获.PNG 一般三角形的四等分.png
确实是个漂亮的结果, 三角形中出了黄金分割,新颖!。恭喜@ccmmjj.
我知道顶点是两圆弧的交点,所以作图前并未经过计算,没有发现这么漂亮的结果。

对于一般的三角形,四等分的作法不能用我那样的圆弧了,要用你的定比分点法。
如右图所示,`BG/GH=GH/GC=\omega`(黄金比),所以`BG/GC=\omega^2`,即G分边长为定比(黄金比的平方)。

点评

椭圆不是尺规可作的。  发表于 2015-5-21 20:21
非常感谢!这个问题已经有了完美的解决。我本指望用以重心为中心,切三边中点的椭圆来做它。  发表于 2015-5-21 19:51
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发表于 2015-9-21 02:41:53 | 显示全部楼层
今天清理电脑,发现这张图片,准备删除。知其原为此帖而作,便来一温,却发现当时未上此图。删除前发到这里图存,@ccmmjj君惠鉴。
对于一般三角形,为了得到楼上右图中底边上的点G,可在三角形外作一个正三角形,然后借用2#的作法,便避开了椭圆之不可作。
一般三角形的四等分.png
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发表于 2021-10-8 10:04:31 | 显示全部楼层
今天偶翻旧贴,原来楼主的发现黄金分割比不过是Sejfried定理的一个特例。
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发表于 2021-10-9 10:47:01 | 显示全部楼层
本帖最后由 王守恩 于 2021-10-9 14:37 编辑
hujunhua 发表于 2015-5-21 15:32
(1) 记AD=x, BE=y, CF=z, 不妨设DE=EF=FD=1,则得一方程
x(y-1)=y(z-1)=z(x-1)=:s
消去z分解因式可得   ...


2楼:正三角形DEF面积是正三角形ABC面积的四分之一。
记\(AB=BC=CA=\sin(60^\circ)\)则
\(R=\frac{\sin60^\circ}{2\sin60^\circ}=\frac{1}{2}\)
\(r=4R\sin30^\circ\sin30^\circ\sin30^\circ=\frac{1}{4}\)
\(\frac{S_{△DEF}}{S_{△ABC}}=\frac{r^2}{R^2}=\frac{1}{4}\)
5楼:过E作AB的平行线,交BC于E',如何证明EE'=AB/4?
1,\(a=\sin(2A)=2\sin(A)\cos(A)\)
2,\(b=\sin(2B)=2\sin(B)\cos(B)\)
3,\(c=\sin(2C)=2\sin(C)\cos(C)\)
4,\(R=\frac{\sin(2A)}{2\sin(2A)}=\frac{\sin(2B)}{2\sin(2B)}=\frac{1}{2}\)
5,\(r=2\sin(A)\sin(B)\sin(C)\)
6,\(s=2\cos(A)\cos(B)\cos(C)\)
7,\(S=\sin(2A)\sin(2B)\sin(2C)/2\)
6楼:每条边上红点的位置只与边长有关,两段的比值:\(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)
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发表于 2021-10-9 17:27:42 | 显示全部楼层
这个问题用重心坐标法比较简单。@creasson 比较擅长。
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发表于 2021-10-10 09:30:10 | 显示全部楼层
a.png
如图,三角形ABC中,直线i,j,k分别平行各底边而且分另外两条边比例为1:3.
在直线i上任意选择一点I,那么$\Delta ACI$的面积为$\Delta ABC$面积的$1/4$.
连接AI交j于J, 连接BJ交k于K,连接CK交i于I'.
那么如果I=I'就得到了题目中要求的一个解。
我们知道映射I->J是以A为透视中心从直线i到j的一个透视对应,同样J->K, K->I'都是透视对应。
三个透视对应的复合I->I'是直线i上的一个射影变换,若非恒等变换最多只有两个不动点。所以满足条件的解最多只有两个。
另外我们总是可以通过仿射把三角形ABC变换为正三角形。在此条件下,使用变换I->J以后在绕三角形中心逆时针旋转120度,得到直线i到自身的一个射影变换
这个变换同样有两个不动点,很显然,这个变换的不动点正好也对应原先变换的不动点,所以我们只需要求新变换的不动点。
也即是在正三角形场景,我们只需要求I点使得AI=BJ. 容易根据全等三角形得出AJB的角度为120度
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发表于 2021-10-10 14:53:15 | 显示全部楼层
hujunhua 发表于 2021-10-9 17:27
这个问题用重心坐标法比较简单。@creasson 比较擅长。

若是在几年前,我多半使用重心坐标来做,现在不会了

233636ghrlz8hhuh5sivsr.png

解:令
\[\mathop {BA}\limits^ \to   = (x + yi)\mathop {BC}\limits^ \to  \]
因为$S_{BCE}$是$S_{ABC}$的四分之一, 所以可令
\[\mathop {BE}\limits^ \to   = (p + \frac{y}{4}i)\mathop {BC}\limits^ \to  \]
$D$在$BE$上,令
\[\mathop {BD}\limits^ \to   = \lambda \mathop {BE}\limits^ \to   = \lambda (p + \frac{y}{4}i)\mathop {BC}\limits^ \to  \]
$S_{DAB}$是$S_{ABC}$的四分之一, 分别计算
\[{\mathop{\rm Im}\nolimits} \frac{{D - A}}{{B - A}} = \frac{{\lambda (4p - x)y}}{{4({x^2} + {y^2})}}, \quad
{\mathop{\rm Im}\nolimits} \frac{{C - A}}{{B - A}} = \frac{y}{{{x^2} + {y^2}}}\]
前者应为后者的四分之一,故可解出
\[\lambda  = \frac{1}{{4p - x}}\]
然后计算$AD$与$CE$的交点$F$:
\[\mathop {BF}\limits^ \to   = \frac{{ - 12p + 16{p^2} + 4x - 20px + 4{x^2} + iy - 12ipy + 3ixy}}{{4(1 - 16p + 16{p^2} + 4x - 8px + {x^2})}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
$S_{FCA}$是$S_{ABC}$的四分之一, 分别计算
\[{\mathop{\rm Im}\nolimits} \frac{{F - C}}{{A - C}} = \frac{{(3 - 4p + x)(1 - 12p + 3x)y}}{{4(1 - 16p + 16{p^2} + 4x - 8px + {x^2})(1 - 2x + {x^2} + {y^2})}} ,\quad
{\mathop{\rm Im}\nolimits} \frac{{B - C}}{{A - C}} = \frac{y}{{1 - 2x + {x^2} + {y^2}}} \]
前者为后者的四分之一,即得方程:
\[1 - 12p + 16{p^2} + 3x - 8px + {x^2} = 0\]
它有两个解:
\[p = \frac{1}{8}(3 - \sqrt 5  + 2x),  \quad
  p = \frac{1}{8}(3 + \sqrt 5  + 2x)\]
对应的各点表示分别为:
\[\mathop {BD}\limits^ \to   = \frac{{3 - \sqrt 5  + 2x + 2iy}}{{4(3 - \sqrt 5 )}}\mathop {BC}\limits^ \to  , \quad
  \mathop {BE}\limits^ \to   = \frac{1}{8}(3 - \sqrt 5  + 2x + 2iy)\mathop {BC}\limits^ \to  , \quad
  \mathop {BF}\limits^ \to   = \frac{{2 + 7x - 3\sqrt 5 x + 7iy - 3i\sqrt 5 y}}{{4(3 - \sqrt 5 )}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
\[\mathop {BD}\limits^ \to   = \frac{{3 + \sqrt 5  + 2x + 2iy}}{{4(3 + \sqrt 5 )}}\mathop {BC}\limits^ \to  , \quad
  \mathop {BE}\limits^ \to   = \frac{1}{8}(3 + \sqrt 5  + 2x + 2iy)\mathop {BC}\limits^ \to  , \quad
  \mathop {BF}\limits^ \to   = \frac{{2 + 7x + 3\sqrt 5 x + 7iy + 3i\sqrt 5 y}}{{4(3 + \sqrt 5 )}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
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