正三角形的一种面积四等分图

ccmmjj

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。

hujunhua

(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。

ccmmjj

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。

hujunhua

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。

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）。

hujunhua

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。

hujunhua

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。

王守恩

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：\(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\)

hujunhua

这个问题用重心坐标法比较简单。@creasson 比较擅长。

mathe

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

creasson

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



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：
\[\mathop {BD}\limits^ \to   = \frac{{3 - \sqrt 5  + 2x + 2iy}}{{4(3 - \sqrt 5 )}}\mathop {BC}\limits^ \to  , \quad
  \mathop {BE}\limits^ \to   = \frac{1}{8}(3 - \sqrt 5  + 2x + 2iy)\mathop {BC}\limits^ \to  , \quad
  \mathop {BF}\limits^ \to   = \frac{{2 + 7x - 3\sqrt 5 x + 7iy - 3i\sqrt 5 y}}{{4(3 - \sqrt 5 )}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]
\[\mathop {BD}\limits^ \to   = \frac{{3 + \sqrt 5  + 2x + 2iy}}{{4(3 + \sqrt 5 )}}\mathop {BC}\limits^ \to  , \quad
  \mathop {BE}\limits^ \to   = \frac{1}{8}(3 + \sqrt 5  + 2x + 2iy)\mathop {BC}\limits^ \to  , \quad
  \mathop {BF}\limits^ \to   = \frac{{2 + 7x + 3\sqrt 5 x + 7iy + 3i\sqrt 5 y}}{{4(3 + \sqrt 5 )}}\mathop {BC}\limits^ \to  \]