一道关于两个正三角形的题目（证明线段垂直）

其妙

关联正三角形的题参见：
两道关于正三角形的题目
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5589&extra=page%3D1

战巡

作正三角形$△AGE$，$CG$与$BD$交于$H$，$M$为$FG$中点，其他连线如图
首先易证$△ACE≌△ABG≌△EGD$，有$BG=CD, DG=BC$，故四边形$BCDG$为平行四边形，有$H$同时为$BD$和$CG$中点，那么$MH∥CF$

又显然$∠AGF=30°=∠FEA$，有$∠FEC=∠FEA+∠CEA=∠FGA+∠BGA=∠BGM$，再加上$BG=CE，GM=\frac{1}{2}FG=FE$，有$△BMG≌△CFE$，$CF=BM$
同理有$△GDM≌△ACF，F=MD$，于是$BM=MD$，$MH$为BD中垂线，故$MH⊥BD$，于是$CF⊥BD$

kuing

联想到正方形的情形，如下图：

一头是中点，另一头则是垂直（这个很易证）。

与楼主的题联系起来，感觉应该存在一个更一般的情形把它们统一起来，稍加思索便猜测有如下命题：



如上图，已知 `\triangle ABD\sim\triangle ACE`，记 `\angle DAB=\theta`，若 $\angle FDE=\angle FED=90\du-\theta$，则 `AF\perp BC`。

证明：懒得想几何法了，上不用动脑的复数法。建系使 `A` 为原点且实轴平行于 `BC`，以 `z_P` 表示点 `P` 对应的复数，不失一般性，设 `z_B=b-i`, `z_C=c-i`, `b`, $c\inR$，记 `AD:AB=\lambda`，则
\begin{align*}
z_D&=z_B\cdot\lambda(\cos\theta-i\sin\theta)
=\lambda(b-i)(\cos\theta-i\sin\theta),\\
z_E&=z_C\cdot\lambda(\cos\theta+i\sin\theta)
=\lambda(c-i)(\cos\theta+i\sin\theta),
\end{align*}
那么
\begin{align*}
z_F&=z_D+(z_E-z_D)\cdot\left( \frac12+\frac{\tan(90\du-\theta)}2i \right)\\
&=z_D\cdot\left( \frac12-\frac{\cot\theta}2i \right)
+z_E\cdot\left( \frac12+\frac{\cot\theta}2i \right)\\
&=\frac\lambda2(b-i)(\cos\theta-i\sin\theta)(1-i\cot\theta)
+\frac\lambda2(c-i)(\cos\theta+i\sin\theta)(1+i\cot\theta)\\
&=\frac\lambda2(b-i)\frac{-i}{\sin\theta}+\frac\lambda2(c-i)\frac i{\sin\theta}\\
&=\frac{\lambda(c-b)}{2\sin\theta}i,
\end{align*}
由此可知 `AF\perp BC`。

PS、由最终表达式还顺便得出了如下数量关系
\[\frac{AF}{BC}=\frac\lambda{2\sin\theta}.\]

isee

关联正三角形的题参见：
其妙 发表于 2018-10-2 18:31

仅就这个题，给人的第一感觉和 拿破仑定理 有点关系。

色k

回复 4# isee

帮我3#补一个几何证法嘛

isee

回复 5# 色k


看3#的战巡的没？也是具一般性的证明。不过，如果是我，我先作平行四边形，然后证正三角形，后同。

========

哈哈哈，细看了下你的推广，好像似乎原来套不上。。。正在看。。。

其妙

谢谢战巡和kk两位大神的解答。kk联想真丰富呀，这个推广太不容易想到了！
isee可有拿破仑定理的证明？

isee

回复 7# 其妙

搜索 关键词 拿破仑定理 证明

kuing

回复 8# isee

话说，用复数法来证明拿破仑定理也是很容易的

isee

回复 9# kuing

这类问题，最方便就是复数法了且是典范。

kuing

还是顺手写写了

如图，其中 `\triangle DBC`, `\triangle ECA`, `\triangle FAB`, `\triangle KEF` 均为顶角 $120\du$ 的等腰三角形。

建系使 `A` 为原点，记
\[\omega=\frac12+\frac i{2\sqrt3},\]
则
\[z_E=z_C\cdot\omega,\ z_F=z_B\cdot(1-\omega),\]
那么
\[z_K=z_E+(z_F-z_E)\cdot\omega=z_E\cdot(1-\omega)+z_F\cdot\omega=\omega(1-\omega)(z_B+z_C)=\frac{z_B+z_C}3,\]
也就是说点 `K` 是 `\triangle ABC` 的重心，由此可见，`\triangle KFD` 及 `\triangle KDE` 也都将是顶角 $120\du$ 的等腰三角形，所以 `\triangle DEF` 是等边三角形，并且其中心为 `\triangle ABC` 的重心。

isee

回复 3# kuing

分别取如图取两三角形高后，从几何角度上说，也是（正在查帖）（查到了，两相似三角形三角形共顶点） 的一种“变式”。

如图，两易竖直线平行，M，N 是中点。

isee

回复  isee

帮我3#补一个几何证法嘛
色k 发表于 2018-10-4 10:50

看看这个平几法，应该没啥问题。

接3#

图中的三角形是等边三角形，但并不用此性质（QN与BC的平行，由题中的相似得线段成比例即可），当成普通三角形即可，不想重画图，其次，主要给 kuing，对图要求应该没那么高，哈哈哈。





这里有一个事实，就是12楼的链接 kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4698

这个事实就像原帖的标题，平凡但并不简单，变化多端。

在这个事实，即$MN\perp QN$且Rt$\triangle QMN\sim \triangle DAQ$，之下(而进一步证明的)。

点$Q$，$P$分别是$D$在$AB$，$FA$上的射影，点$M$是$F$在$DE$上的射影。

由点$D$，$Q$，$A$，$P$四点共圆，及点$D$，$P$，$M$，$F$四点共圆，于是可得，$Q$，$P$，$M$三点共线。

于是$$\angle QMN =\angle ADQ=\angle QPA\Rightarrow MN\sslash FA.$$

证毕。

kuing

回复 13# isee

你这是过 D 作 DP 垂直 AF 于 P，证 QPM 三点共线以及那些角相等？
但是这样之后好像还不能得出结论吧？是不是还要把右边的也作起来才行？

kuing

回复 13# isee

才看到你补充了过程……
噢，才想起已知结论中还有个相似……那就没问题了

isee

回复  isee

你这是过 D 作 DP 垂直 AF 于 P，证 QPM 三点共线以及那些角相等？
但是这样之后好像还不能得 ...
kuing 发表于 2018-10-5 17:37

你这是过 D 作 DP 垂直 AF 于 P，证 QPM 三点共线以及那些角相等？

1. 图中标红点的角。

但是这样之后好像还不能得出结论吧？是不是还要把右边的也作起来才行？

2. 是的，很复杂。主要是前提“事实”很复杂。

isee

回复  isee

才看到你补充了过程……
噢，才想起已知结论中还有个相似……那就没问题了 ...
kuing 发表于 2018-10-5 17:40

我喜欢编辑边发，刚开始只发了一个图，只是为了我方便写字母，你已经理解得差不多了。。。。

kuing

回复 16# isee

我比较喜欢对称地撸，把右边也作起来，这样就不用用到相似：

isee

回复 18# kuing

哈哈哈，我觉着线多，擦了，右同左，的确又简了一步。。。
联动解题就是好。。。

Tesla35

$\triangle FEC$旋转至$\triangle FAP$可证明$\triangle PAC\cong\triangle DCB$.