证明四边形的对角线互相垂直

TSC999

复解析几何证明：

求纯几何证明。

hejoseph

可能不算纯几何证明，直接用余弦定理很简单的
设 $AC$、$BD$ 相交于点 $O$，$\angle AOB=\theta$，则
\begin{align*}
AB^2&=AO^2+BO^2-2\cdot AO\cdot BO\cdot\cos\theta \\
AD^2&=AO^2+DO^2+2\cdot AO\cdot DO\cdot\cos\theta \\
BC^2&=BO^2+CO^2+2\cdot BO\cdot CO\cdot\cos\theta \\
CD^2&=CO^2+DO^2-2\cdot CO\cdot DO\cdot\cos\theta
\end{align*}
因此
\begin{align*}
AB^2-AD^2&=BO^2-DO^2-2\cdot AO\cdot BD\cos\theta \\
BC^2-CD^2&=BO^2-DO^2+2\cdot CO\cdot BD\cos\theta
\end{align*}
又由 $AB^2-AD^2=BC^2-CD^2$ 可得
\[
-2\cdot AO\cdot BD\cos\theta=2\cdot CO\cdot BD\cos\theta
\]
即
\[
AB\cdot BD\cdot\cos\theta=0
\]
因此
\[
\cos\theta=0
\]
即对角线垂直。

kuing

是不是有个专业名词叫做“勾股差”啥的？

hejoseph

kuing 发表于 2023-5-18 16:30
是不是有个专业名词叫做“勾股差”啥的？

有一个三角形的相关定理，就是用边长的长度平方差得到垂线共点。

乌贼

没想到直接证明，分别作$ A、C $在$ BD $上的垂足$ E、F $，再证明$ E、F $两点重合不难。

Ly-lie

这个结论应该叫等差幂线定理，纯几何的话就是同一法，向量法如下:接下来用字母表示$B$为起点的向量，由条件得$A^2-(A-D)^2=C^2-(C-D)^2$,化简得$AD=CD$,即$(C-A)D=0$,这表明两线垂直.

战巡

多用几次勾股差定理就行了

令对角线交点为$O$

那么由勾股差定理
\[\frac{AB^2+BO^2-AO^2}{S_{\Delta ABO}}=\frac{AB^2+BD^2-AD^2}{S_{\Delta ABD}}\]
即
\[\frac{AB^2+BO^2-AO^2}{AB^2+BD^2-AD^2}=\frac{S_{\Delta ABO}}{S_{\Delta ABD}}=\frac{BO}{BD}\]
同理会有
\[\frac{BC^2+BO^2-CO^2}{BC^2+BD^2-CD^2}=\frac{BO}{BD}\]
那就有
\[\frac{AB^2+BO^2-AO^2}{AB^2+BD^2-AD^2}=\frac{BC^2+BO^2-CO^2}{BC^2+BD^2-CD^2}\]
既然$AB^2-AD^2=BC^2-CD^2$，就得有
\[AB^2-AO^2=BC^2-CO^2\]

另一方面，再由勾股差定理，会有
\[\frac{AO^2+BO^2-AB^2}{S_{\Delta ABO}}=-\frac{CO^2+BO^2-BC^2}{S_{\Delta BCO}}\]
问题是现在$AO^2+BO^2-AB^2=CO^2+BO^2-BC^2$，如果这个不为零，那就会出现$S_{\Delta ABO}=-S_{\Delta BCO}$这种离谱的事情，因此只能是
\[AO^2+BO^2-AB^2=CO^2+BO^2-BC^2=0\]

isee

乌贼 发表于 2023-5-18 20:09
没想到直接证明，分别作$ A、C $在$ BD $上的垂足$ E、F $，再证明$ E、F $两点重合不难。 ...

万万没有想到啊~~~

知乎里写过半平几的（现在才翻到）

定差幂线：到两定点的距离的平方差是定值的点的轨迹是两条直线，它们都垂直于两定点的连线．


如图 1，点 $E$ 在直线 $AB$ 上的射影为 $D,$ 不考虑点 $D$ 与线段 $AB$ 中点 $C$ 重合的平凡情形， 不妨令 $EB>EA,$ $EB^2-EA^2=m^2$ 为定值.

图 1 以 EB 大于 EA 为例

则由勾股定理易得 $m^2=DB^2-DA^2=(DB+DA)(DB-DA)=AB\cdot 2CD,$ 即 $CD=\frac {m^2}{2AB}$ 为定值，亦即点 $C$ 到定点的距离为定值，所以点 $E$ 在垂直于 $AB$ 的直线上…

isee

纯几何证明十分麻烦，自从会了向量及半平几时，以下的方法基本已经忘记了

乌贼

isee 发表于 2023-5-19 00:34
万万没有想到啊~~~

借鉴"正方形中……构成一个含$ 60\du  $的三角形“的平化立 连接：forum.php?mod=viewthread&tid=314

分别作$ AE=CD$、$CF=AD $且$ AE $ 、 $ CF $垂直平面$ ABCD $，$ G $为$ EF $中点。有\[ AB^2+CD^2=BC^2+AD^2\riff AB^2+AE^2=BC^2+CF^2\riff BE=BF\riff EF\perp BG \]\[ \triangle EAD\cong DCF\riff DE=DF\riff EF\perp DG \]故$ EF $垂直平面$ BDG $，有\[ EF\perp BD \]加之\[ AE\perp BD \]所以$ BD $垂直平面$ AEFC $，即有\[ BD\perp AC \]

isee

乌贼 发表于 2023-5-21 09:30
借鉴"正方形中……构成一个含$ 60\du  $的三角形“的平化立

分别作$ AE=CD$、$CF=AD $且$ AE $ 、 $ CF  ...

万万没想到哇~~~