讨论组群一道解三角形

kuing

  生如夏花(2365*****) 2024/3/1 13:49:02

怎么搞这题？

我也没啥好的想法，你们上😊 @isee @乌贼

睡神

感觉还好吧。。。等等我慢慢打一下代码。。。或者我上草稿，k神你来码代码。。。

睡神

不妨设$AB=a$，则$AC=\sqrt{3}a$.

设$\angle BAC=\theta\in (0,\pi)$

以点$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，建立直角坐标系.

则$A(0,0),B(a,0),C(\sqrt{3}a\cos \theta,\sqrt{3}a\sin \theta),D(\dfrac{1+\sqrt{3}\cos \theta}{2}a,\dfrac{\sqrt{3}\sin \theta}{2}a)$

$\cos\angle CAD=\dfrac{\vv{AC}\cdot \vv{AD}}{|\vv{AC}|\cdot |\vv{AD}|}=\dfrac{\sqrt3+\cos\theta}{\sqrt{4+2\sqrt3\cos\theta}}$

$\Longrightarrow \cos2\angle CAD=2\cos^2\angle CAD-1=\dfrac{1+\sqrt3 \cos\theta+\cos^2\theta}{2+\sqrt3\cos\theta}$

$\cos\angle B=\dfrac{\vv{BA}\cdot \vv{BC}}{|\vv{BA}|\cdot |\vv{BC}|}=\dfrac{1-\sqrt3\cos\theta}{\sqrt{4-2\sqrt3\cos\theta}}$

记$f(\theta)=\cos2\angle CAD-\cos\angle B=\dfrac{1+\sqrt3 \cos\theta+\cos^2\theta}{2+\sqrt3\cos\theta}-\dfrac{1-\sqrt3\cos\theta}{\sqrt{4-2\sqrt3\cos\theta}},\theta \in (0,\pi)$

后面只需要证明$f(\theta)$有且仅有唯一零点$\dfrac{\pi}{2}$即可

代码真的太恐怖了。。。

isee

画得这么像直角三角形，结果直角三角还真满足，至少 BC=2 是一解.

isee

isee 发表于 2024-3-2 22:33
画得这么像直角三角形，结果直角三角还真满足，至少 BC=2 是一解.

在 AC 边上取点 E ，使 ED=EA，则 E，D，B，A 四点共圆.
再连接 EB，可知 EB 是垂直平分 AD（见10#），从而，AB=BD=CD=x.
由勾股定理逆定理知 $\angle CAB=90^\circ$.

kuing

isee 发表于 2024-3-2 22:39
在 AC 边上取点 E ，使 ED=EA，则 E，D，B，A 四点共圆.
再连接 EB，可知 EB 是垂直平分 AD，从而，AB= ...

为啥“EB 是垂直平分 AD”？

isee

kuing 发表于 2024-3-2 22:49
为啥“EB 是垂直平分 AD”？

其实想的时候是将三角形 EAB沿 EB 翻折，在圆中直觉上，A 与 D 重合（——用的 SSA ，但三角形的形状并不明），严谨论证的话，怕是要反证，哈哈哈

睡神

isee 发表于 2024-3-2 22:39
在 AC 边上取点 E ，使 ED=EA，则 E，D，B，A 四点共圆.
再连接 EB，可知 EB 是垂直平分 AD，从而，AB= ...

由四点共圆得：$\angle 1=\angle 2=\angle \alpha$，则$BE\perp AD$

hejoseph

直接上三角法：由正弦定理可得
\[
\frac{1}{\sin 2\alpha}=\frac{x}{\sin\angle ADB}，\frac{y}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt{3}x}{\sin\angle ADC}，
\]
即得
\[
2y\cos\alpha=\sqrt{3}
\]
即
\[
\cos\alpha=\frac{\sqrt{3}}{2y}
\]
再由余弦定理得
\[
1+3x^2-2\sqrt{3}x\cos\alpha=y^2，x^2+y^2-2x^2y^2\cos 2\alpha=1，
\]
上面第二式 $\cos 2\alpha$ 替换为 $2\cos^2\alpha-1$，然后再将$ \cos\alpha=\dfrac{\sqrt{3}}{2y}$ 代入上述两式子再分别整理可得
\begin{align*}
&-3x+y+3x^2y-y^3=0\\
&-3x-y+x^2y+2xy^2+y^3=0
\end{align*}
上述两式相加得
\[
2x(2xy+y^2-3)=0
\]
由此可得
\[
2xy+y^2-3=0
\]
即
\[
x=\frac{3-y^2}{2y}
\]
再由 $\cos\angle ADB+\cos\angle ADC=0$ 得
\[
\frac{1+y^2-x^2}{2y}+\frac{1+y^2-3x^2}{2y}=0
\]
整理得
\[
1-2x^2+y^2=0
\]
将 $x=\dfrac{3-y^2}{2y}$ 代入上式整理得
\[
(y^2-1)(y^2+9)=0
\]
由此得 $y=1$。

睡神

由割线定理得：$(\sqrt 3a-y)\cdot \sqrt3a=2x^2$，所以$y=\dfrac{3a^2-2x^2}{\sqrt3a}$  (1)

由$\triangle CDE\sim \triangle CAB$得：$y=\dfrac{x}{\sqrt3}$

代入(1)式得：$3a^2-ax-2x^2=0$，即$(a-x)(3a+2x)=0$

所以$x=a,y=\dfrac{\sqrt3}{3}a$

后面就easy了

isee

睡神 发表于 2024-3-2 23:59
由割线定理得：$(\sqrt 3a-y)\cdot \sqrt3a=2x^2$，所以$y=\dfrac{3a^2-2x^2}{\sqrt3a}$  (1)

由$\triangl ...

还是要“数”来补“形”~厉害厉害~

睡神

再来一个暴力的玩法

取$AB$的中点$E$，连接$DE$，则$\angle ADE=\alpha,DE=\dfrac{\sqrt 3}{2}x$

由余弦定理得：($\triangle DBE$与$\triangle ABD$)

$\cos2\alpha=\dfrac{2y^2-x^2}{2xy}=\dfrac{y^2+x^2-1}{2xy}$

化简得：$y=\sqrt{\dfrac{2x^2+1}{3}}$为单调递增的函数

由余弦定理得：($\triangle ADE$)

$\cos\alpha=\dfrac{2+x^2}{2\sqrt3x}$

由$\cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1$得$\dfrac{2y^2-x^2}{2xy}=\dfrac{4-2x^2+x^4}{6x^2}$

所以$y=\dfrac{3x(2y^2-x^2)}{4-2x^2+x^4}=\dfrac{x^3+2x}{4-2x^2+x^4}$

则$y'=\dfrac{-x^6-8x^4+8x^2-8}{(4-2x^2+x^4)^2}=\dfrac{-x^6-8(x^2-\dfrac{1}{2})^2-6}{(4-2x^2+x^4)^2}<0$

所以$y=\dfrac{x^3+2x}{4-2x^2+x^4}$为单调递减的函数

令$f(x)=\sqrt{\dfrac{2x^2+1}{3}}-\dfrac{x^3+2x}{4-2x^2+x^4}$，则$f(x)$为单调递增的函数

注意到$f(1)=0$，则$1$为$f(x)$的唯一零点

此时，$x=y=1$

睡神

在线段$AC$上取$AE=\dfrac{1}{3}AC=\dfrac{\sqrt3}{3}x$，则$\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AB}{AC}$

$\Longrightarrow \triangle BAE\sim\triangle BAC$

$\Longrightarrow \angle1=\angle ABC=2\alpha,\angle2=\angle C,BE=\dfrac{\sqrt3}{3}BC=\dfrac{2\sqrt3}{3}y$

取$BE$的中点$O$，连接$OD,OA$. 则$OB=OE=\dfrac{1}{2}BE=\dfrac{\sqrt3}{3}y,OD=\dfrac{1}{2}CE=\dfrac{\sqrt3}{3}x,\angle3=\angle C$

$\Longrightarrow \dfrac{OE}{AE}=\dfrac{BD}{AB},\angle3=\angle 2$      $\Longrightarrow \triangle OAE\sim\triangle DAB$

$\Longrightarrow \angle BAD=\angle OAE$       $\Longrightarrow \angle 4=\angle DAE=\alpha$

又因为$\dfrac{BD}{OD}=\dfrac{AB}{OB}$       $\Longrightarrow \triangle OAB\sim\triangle OBD$

$\Longrightarrow \angle 5=\angle 4=\alpha$      $\Longrightarrow \angle 2=\angle 5=\angle C=\alpha$

由正弦定理得：$\dfrac{\sin2\alpha}{\sin\alpha}=\dfrac{AC}{AB}=\sqrt3$        $\Longrightarrow \cos\alpha=\dfrac{\sqrt3}{2}$

$\Longrightarrow \alpha=\dfrac{\pi}{6}$