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标题: 求证一个几何题目 [打印本页]

作者: whlysu 时间: 2011-11-24 17:04
标题: 求证一个几何题目
本帖最后由 whlysu 于 2011-11-24 17:08 编辑

已知：如图
   1）点A、B、C、E是⊙M上的任意点
   2）点F、G、I分别是线段AB、AC、AE上的点，且满足BF=CG=EI=⊙M半径
   3）⊙N是过点F、G、I的圆
   4）点D是⌒BE上的点，点H是线段AD与⊙N的交点
求证：HD=⊙M半径
求证.JPG

作者: whlysu 时间: 2011-11-25 09:11
有木有高手啊？证明不相等也行啊！！
自己顶

作者: zhenglingming 时间: 2011-11-26 11:59

作者: zhenglingming 时间: 2011-11-26 12:21
四边行nmbf,nmcg,nmdh,nmei可看做同一个四边行的不同角度，想成3微的情况

作者: whlysu 时间: 2011-11-26 17:40
本帖最后由 whlysu 于 2011-11-26 17:53 编辑

zhenglingming 发表于 2011-11-26 12:21 / E0 p j3 o# M) `. N
四边行nmbf,nmcg,nmdh,nmei可看做同一个四边行的不同角度，想成3微的情况

如果HD=⊙M半径成立的话四边行nmbf,nmcg,nmdh,nmei的确可看做同一个四边行的不同角度，但HD=⊙M半径
现在不能当已知条件用啊，怎么来证明话四边行nmbf和nmdh就是四边对应相等呢？获知⌒BC对应的圆心角等于⌒FG对应的圆心角？
求证明过程！！！

作者: whlysu 时间: 2011-11-29 10:13
怎么没人啊？高手们都来看看啊，第一个次发帖就没人理啊！！！！

作者: yinbaoli 时间: 2011-11-30 13:38
希望我的思考对解决这道题有帮助：（解析几何方法）
在线段AD上截取DH‘=⊙M半径，只需证明F、G、I、H’四点共圆
以AM为x轴，M为坐标原点建立坐标系，这里不妨设⊙M半径为1，所以A（-1,0），
设B（cosx1，sinx1）,C(cosx2,sinx2),E(cosx3,sinx3),这里-2pi/3<x1,x2,x3<2pi/3
D坐标设为（cosx4,sinx4），x1<x4<x3
根据|BF|=|CG|=|EI|=1，可以求得F、G、I的坐标分别为
（cosx1-cos(x1/2),sinx1-sin(x1/2)）、（cosx2-cos(x2/2),sinx2-sin(x2/2)）、（cosx3-cos(x3/2),sinx3-sin(x3/2)）
同理，H‘的坐标为（cosx4-cos(x4/2),sinx4-sin(x4/2)）
由F、G、I三点确定的圆的方程为
|x^2+y^2             x                            y                         1    |
|2-2cos(x1/2) cosx1-cos(x1/2)    sinx1-sin(x1/2)             1    |
|2-2cos(x2/2) cosx2-cos(x2/2)    sinx2-sin(x2/2)             1    |=0
|2-2cos(x3/2) cosx3-cos(x3/2)    sinx3-sin(x3/2)             1    |

把H’点代入上述行列式并证明其值为零即可。
证明这个4阶行列式为零，我没有想到好的办法，只是找了几个值带进去用matlab验算了一下，应该是对的，也就是H‘和H应该是重合的。希望这对你有所帮助。。。

作者: whlysu 时间: 2011-11-30 16:25

yinbaoli 发表于 2011-11-30 13:38
6 h# [. }# d' L% @* e2 c6 O希望我的思考对解决这道题有帮助：（解析几何方法）
3 ^: r6 v6 o1 p( Z; v在线段AD上截取DH‘=⊙M半径，只需证明F、G、I、H’四 ...

你的思路是很清楚了，但四阶的行列式我也不会解了！！！
不过给了我点思路。。。。
我试试以A点建立极坐标系，看能不能求解

作者: yinbaoli 时间: 2011-11-30 22:39

whlysu 发表于 2011-11-30 16:25 / q" W0 C8 c) K% i n l# X3 N
你的思路是很清楚了，但四阶的行列式我也不会解了！！！
, i/ w" N, Y6 j9 ?# o' d% Z不过给了我点思路。。。。/ a3 S6 ^" t% `2 E, z
我试试以A点建立极坐 ...

嗯，可以尝试~以后多多交流，我也很喜欢数学，不过最近有点忙，没有花太多时间在这道题上。希望能找到简单的方法。另外，一定要限定D在BE之间吗？我想应该有更大的范围吧

作者: whlysu 时间: 2011-12-1 08:42

yinbaoli 发表于 2011-11-30 22:39
' d$ B& _4 g+ V, s6 A4 w6 Y- Y4 b* k嗯，可以尝试~以后多多交流，我也很喜欢数学，不过最近有点忙，没有花太多时间在这道题上。希望能找到简单 ...

如果点D不在BE之间就不相等了啊，过A、M做直线与两圆相交就可以看出。

作者: yinbaoli 时间: 2011-12-1 14:11

whlysu 发表于 2011-12-1 08:42 6 d$ `- L* Q) x" a* R
如果点D不在BE之间就不相等了啊，过A、M做直线与两圆相交就可以看出。

我不确定你的图做的是否标准。。。

作者: 严泉泡 时间: 2011-12-11 14:31
这个贴子要顶~~~~~~~~~~~~~~

作者: whlysu 时间: 2011-12-23 18:40
自己没做出来，但不想让帖子就这么沉了，等待高手中。。。。。。。。。。。。。

作者: xxgzftj 时间: 2011-12-28 15:17
结论不成立吧！

作者: xxgzftj 时间: 2011-12-28 15:21
用极坐标证明，把A放在圆点，证明动弦减去半径后得到的点的轨迹不是圆不就行了

作者: xxgzftj 时间: 2011-12-28 15:38
看看我的判断有没有问题：
（用极坐标）不妨设圆M的方程是：ρ=2COSθ(半径为1），即圆上动点为K（ρ，θ），从而，在AK上取P,使PK=1 满足P点滿足方程ρ=2COSθ-1,可判断P的轨迹不是圆

作者: yinbaoli 时间: 2011-12-28 17:16
赞同楼上观点

作者: whlysu 时间: 2012-1-4 09:09

xxgzftj 发表于 2011-12-28 15:38 1 }/ K8 w3 |8 e! [
看看我的判断有没有问题： K# E) D. p Y% P$ Y
（用极坐标）不妨设圆M的方程是：ρ=2COSθ(半径为1），即圆上动点为K（ρ，θ ...

点D出了弧BE的范围当然就不成立了，就的反证没有考虑题目中的条件

作者: xxgzftj 时间: 2012-1-4 19:59

whlysu 发表于 2012-1-4 09:09 ) _% x0 \5 T: u
点D出了弧BE的范围当然就不成立了，就的反证没有考虑题目中的条件

整体上不是圆，局部上也不是圆弧。反之，若D在弧BE之间的任意一点都在圆上，则其轨迹不就是一段圆弧，两者不就矛盾了。

作者: xxgzftj 时间: 2012-1-4 20:01
一时没想周全，帮忙看看还有问题没

作者: xxgzftj 时间: 2012-1-4 20:02
能说一下这道题的题源么

作者: whlysu 时间: 2012-1-5 13:46

xxgzftj 发表于 2012-1-4 20:02
' u4 K4 I: s$ `# Q/ y& c能说一下这道题的题源么

题源来自这里：
http://www.madio.net/thread-104188-1-1.html
在这个帖子中不知怎么得到AK+SK的。
最后得出结论：只要能证明我出的这道题就能证明那个帖子中的尺规三等分任意角。

作者: whlysu 时间: 2012-1-5 14:09

xxgzftj 发表于 2012-1-4 19:59
. x/ D# c6 H0 `4 Q整体上不是圆，局部上也不是圆弧。反之，若D在弧BE之间的任意一点都在圆上，则其轨迹不就是一段圆弧，两者 ...

整体上不是圆，局部上也可以是圆啊，
只要点D在⌒BE间，AD就与圆N有交点，而且所有交点都在圆N上！！！

作者: xxgzftj 时间: 2012-1-6 15:32

whlysu 发表于 2012-1-5 14:09
1 q9 a) X0 b- ?3 v: R; V整体上不是圆，局部上也可以是圆啊，
+ |' t# d+ ]2 p/ S7 w6 }/ ^5 K; X只要点D在⌒BE间，AD就与圆N有交点，而且所有交点都在圆N上！！！

局部也不是圆。要得到圆的话只有俩办法，（一）整体图形是圆，然后从其中取一部分；（二）整体图形由圆弧和其他图形分段连接而成，再取一部分。从ρ=2cosθ-1看应该都不符合

作者: xxgzftj 时间: 2012-1-14 23:11

whlysu 发表于 2012-1-4 09:09
5 O7 o) e7 L' F3 e3 Y. T' y点D出了弧BE的范围当然就不成立了，就的反证没有考虑题目中的条件

再看看满意不

作者: xxgzftj 时间: 2012-1-18 20:52

作者: xxgzftj 时间: 2012-3-19 00:00

作者: 红柳树 时间: 2012-4-13 18:53
这道题可以这样表述：已知圆C：(x-R)^2+y^2=R^2,A(0,0);B为C上之动点，E为AB上的点且BE=R,求E的轨迹方程。
      设E（x,y)
      用极坐标表示C的方程式：r=2*R*COSθ
      则E的方程式为：r=2*R*COSθ-R
      可知 x=R*(2*cosθ - 1)*cosθ  ; y=R*(2*cosθ - 1)*sinθ
      化简它，看是不是圆或某段是圆，就行了

作者: cool-liu 时间: 2012-10-25 16:37
前面的几种证明思路我都看过了，我觉得都不好证明。这里其实用初中的几何知识和证明方法就可以证明本题了，我把我的思路大致的写下来，希望对解决这道题有帮助。我的思路是：首先我们要充分的利用好题目中的
2）点F、G、I分别是线段AB、AC、AE上的点，且满足BF=CG=EI=⊙M半径，这个条件，连接BM,CM,EM和DM,我们要把证明HD等于圆M的半径转化为证明三角形HDM为等腰三角形，而前面的条件也类似的可以转化为几个等腰三角形，再利用这里的几个角与角之间的关系来转化，可能要用到圆心角，圆周角定理等，最会证明在三角形HDM中两底角相等，即证明它为等腰三角形，及证明HD等于圆MD的半径

作者: cool-liu 时间: 2012-11-28 16:42
大家看这题怎么解

作者: 蹶腿的圣徒 时间: 2012-12-20 23:11
可以确认结论是错误的。因为由对称性知：I可以位于直线NM下方，相应地H可位于NM上，那么只要圆N不经过点M,HD就不会等于半径。

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