用向量法解三角形

gxqcn

已知：在 \(\triangle AOB\) 中，\(\overrightarrow{OA}\) 的长度和单位向量分别为\(\left(\ell_1, \vec{e_1}\right)\)；\(\overrightarrow{OB}\) 的长度和单位向量分别为\(\left(\ell_2, \vec{e_2}\right)\)
求：\(AB\) 边上的中线 \(\overrightarrow{OD}\)、角平分线 \(\overrightarrow{OE}\) 、高 \(\overrightarrow{OH}\) 的表达式

gxqcn

对于前两者比较好求。

中线：
\(\begin{align*}\overrightarrow{OD} &= \overrightarrow{D} - \overrightarrow{O} \\
&= \frac{\overrightarrow{A} + \overrightarrow{B}}{2} - \overrightarrow{O} \\
&= \frac{\left(\overrightarrow{O} +\overrightarrow{OA}\right) + \left(\overrightarrow{O} +\overrightarrow{OB}\right)}{2} - \overrightarrow{O} \\
&= \frac{\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB}}{2} \\
&= \frac{\ell_1\vec{e_1} + \ell_2\vec{e_2}}{2}\end{align*}\)

角平分线：
\(\begin{align*}\overrightarrow{OE} &= \overrightarrow{E} - \overrightarrow{O} \\
&= \frac{\ell_2\overrightarrow{A} + \ell_1\overrightarrow{B}}{\ell_1 + \ell_2} - \overrightarrow{O} \\
&= \frac{\ell_2\left(\overrightarrow{O} +\overrightarrow{OA}\right) + \ell_1\left(\overrightarrow{O} +\overrightarrow{OB}\right)}{\ell_1 + \ell_2} - \overrightarrow{O} \\
&= \frac{\ell_2\overrightarrow{OA} + \ell_1\overrightarrow{OB}}{\ell_1 + \ell_2} \\
&= \frac{\ell_1\ell_2}{\ell_1 + \ell_2}\left(\vec{e_1} + \vec{e_2}\right) \end{align*}\)

对于高 \(\overrightarrow{OH}\)，希望有个简洁的表达式，最好是能对称的。

mathe

高可以用待定系数法，设
\(\overrightarrow{OH} = u\ell_1\overrightarrow{e_1}+(1-u)\ell_2\overrightarrow{e_2}\)
利用\(\overrightarrow{OH}(\ell_2\overrightarrow{e_2}-\ell_1\overrightarrow{e_1})=0\)可以计算出
\(u=\frac{\ell_2^2-\ell_1\ell_2\overrightarrow{e_1}\overrightarrow{e_2}}{\ell_1^2+\ell_2^2-2\ell_1\ell_2\overrightarrow{e_1}\overrightarrow{e_2}}\)

wayne

最简洁的可能是这个了：$|\vec{OH} \times \vec{AB} |= |\vec{OA} \times \vec{OB}| $, 如果向量叉乘也 一视同仁的话。

gxqcn

列出上面这个式子，但如何解方程？
况且限制不足，对于任意符合要求的解，让 \(\overrightarrow{OH}\) 可以绕 \(\overrightarrow{AB}\) 旋转任意角度均成立。

wayne

gxqcn 发表于 2017-7-27 13:07
列出上面这个式子，但如何解方程？
况且限制不足，对于任意符合要求的解，让 \(\overrightarrow{OH}\) 可 ...

还缺一个条件就是  $\vec{OH}\cdot\vec{AB} = 0$
求解方程的话，就用坐标来做，还是很方便的。结果就是一个二元一次的线性方程组

gxqcn

这个条件，就是 3# mathe 给的啊，因为 \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=\ell_2\vec{e_2}-\ell_1\vec{e_1}\)，
且他巧妙的运用待定系数法，将 \(\overrightarrow{OH}\) 限定在了 \(AOB\) 平面内。

282842712474

这个问题最直接的思路应该是复数。当然，可能跟问题的初衷关系不大。
$$\overrightarrow{OA}=\left(\ell_1, e^{\mathrm{i}\theta_1}\right), \overrightarrow{OB}=\left(\ell_2, e^{\mathrm{i}\theta_2}\right)$$
$\vec{OH}$的模长直接可以由等面积法得到，即
$$|\overrightarrow{OH}|=\ell_1 \ell_2 \sin (\theta_2-\theta_1)/|\overrightarrow{AB}|$$
而方向，则是$\vec{AB}$的方向顺时针旋转90度，也就是
$$\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|}e^{-\mathrm{i}\pi/2}$$
所以$\vec{OH}$的向量为
$$\frac{\ell_1 \ell_2}{|\overrightarrow{AB}|^2} \sin (\theta_2-\theta_1) \overrightarrow{AB} e^{-\mathrm{i}\pi/2}$$

注意如果将向量表示为复指数的话，上述结果就是具体的，并非只是形式解。要写出具体的结果，那就是
$$\overrightarrow{AB}=\ell_2 e^{\mathrm{i}\theta_2}-\ell_1 e^{\mathrm{i}\theta_1}, |\overrightarrow{AB}|^2=\ell_1^2+\ell_2^2-2\ell_1\ell_2\cos (\theta_2-\theta_1)$$
即
$$\frac{\ell_1 \ell_2 \sin (\theta_2-\theta_1)\Big(\ell_2 e^{\mathrm{i}\theta_2}-\ell_1 e^{\mathrm{i}\theta_1}\Big)e^{-\mathrm{i}\pi/2}}{\ell_1^2+\ell_2^2-2\ell_1\ell_2\cos (\theta_2-\theta_1)} $$

creasson

令$$\mathop {OB}\limits^ \to  {\rm{ = }}z\mathop {OA}\limits^ \to  ,\mathop {OH}\limits^ \to   = w\mathop {OA}\limits^ \to  $$,有投影相等知 $${\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( z \right) = {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( w \right)$$
再将基准向量由OA切换为OB,有
$$\mathop {OA}\limits^ \to  {\rm{ = }}\frac{1}{z}\mathop {OB}\limits^ \to  ,\mathop {OH}\limits^ \to   = \frac{w}{z}\mathop {OB}\limits^ \to  ,{\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{1}{z}} \right) = {\mathop{\rm Re}\nolimits} \left( {\frac{w}{z}} \right)$$
联立解得
$$w = \frac{{z + conj\left( z \right)}}{{z - conj\left( z \right)}}\left( {z - 1} \right)$$

gxqcn

用向量法推导的公式，可以避免出现三角、反三角运算，
在计算机上实现时，可提高运算效率及运算精度，
且无需坐标系框架，不涉及象限等讨论，
这是其优势。

比如这里，\(\vec{e_1}\cdot\vec{e_2} = \cos{\angle AOB}\)