求助简单解法

isee

另外，我细看了kuing在7楼链接的证明，非常简洁，独到！也用到共圆，但相对辅助线是最少的。


我就是觉得网上流行的作平行线再用共圆证中点的方法，过于复杂，难记，特别图一变，几乎难以复制，才另起炉灶的。


这题真的很变态，动笔就知道纯几何难证在哪里

乌贼

回复 21# isee
原来是一样的题

isee

回复  isee
原来是一样的题
乌贼 发表于 2013-12-31 14:25

你不会才知道吧？链接里的题，实质相同。（切线与平分互为充要条件）

乌贼

神奇的圆内对称点

乌贼

回复 8# isee
我怎么看不出是变式来

isee

回复  isee
我怎么看不出是变式来
乌贼 发表于 2014-1-1 00:29

不奇怪哦，好多等价命题并不比原命题好证的。


另外，过A点作圆D的切线，交MN直线于G，则DG=DM，则DN=DN'，这并是蝴蝶定理的衍化。

实质就是蝴蝶定理。

可以参见:kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=399
7楼 “直线MP与NP亦和GH有交点”的图，且$O_1$与O重合，其中MP变成切线的情形。


原来如此，蝴蝶定理的推广，然后再特殊化的情形，难怪此题证法与蝴蝶定理一致的！

isee

或者参详：

近代欧氏几何学 第2版，P51；
走向国际数学奥林匹克的平面几何试题诠释 第2版 上，P348；
圆锥曲线的几何性质W（通俗数学名著译丛13），附录B，P193.

以上任何一本书即可。

乌贼

回复 26，27# isee
多谢，受益匪浅。

isee

回复 28# 乌贼

如果仅仅想从几何变换方面看的话 几何变换与几何证题，（修订版，黑色封面的） 萧振纲的，圆的轴反射一节，有详细这方面的讨论，及归类，偶总记不住，哈哈，P223.

乌贼

昨天在几何吧又见此题（已被删），倒是它的变式用解析法很容易。
  如图：作$ \triangle ACM $外接圆，延长$ AB、CB $分别交圆于$ F、K $，只有证明$ AN\px MF $即可。

变式：矩形$ AMKF $中，$ B $为$ AF $上任意点，$ D $为$ AB $中点，$ ND、KB $延长线交于$ N $。求证：$ AN\px MF $
     以$ A $为原点，$ AF $为$ x $轴，$ AM $为$ y $轴建立坐标系，令\[ AF=a,AM=b,AD=t \]有$ BK $的直线方程为\[ y=\dfrac{b}{a-t} \cdot  (x-t)\]
$ MD $的直线方程为\[ y=-\dfrac{2b}{t}\cdot (x-\dfrac t2) \]
从而$ N $ 点的坐标值为$ (\dfrac{at}{2a-t},\dfrac{-b}{2a-t}) $
有直线$ AN $的方程为\[ y=-\dfrac{b}{a} \cdot  x\]
所以\[ AN\px MF \]

abababa

回复 11# 乌贼
11楼的这个题，如果从高等几何来看也挺简单的。

因为弧$BD=$弧$AC$，然后$\angle BCD=\angle ADC$，就得到$AD \sslash BC$，设$AD,BC$交于无穷远点$X$，再设$BC$交$AF$于$Y$。
因为$OC \sslash FY$，点$O$是$BA$的中点，所以点$C$是$BY$的中点，所以$(YB;CX)=-1$，然后从$F$点把直线$BY$投影到直线$AG$，就有$(AG;HX)=F(AG;HX)=F(YB;CX)=(YB;CX)=-1$，然后$X$是$AG$上的无穷远点，就得到$H$是$AG$的中点。

其实最后不用调和点列也很简单，得到$AG \sslash BY$之后，马上就得到$\frac{HA}{HG}=\frac{CY}{CB}=1$，这就证明了$H$是$AG$的中点。

乌贼

回复 31# abababa
有了你这证法，楼主的题又多一种证明。
作$ \triangle MBC $外接圆，延长$ BA、CA $分别交园于$ E、F $点，有$ EB\px FM ,\angle BMF=90\du $，延长$ FM、NB $交于$ P $点。
$ \triangle FNP $中\[ AB\px FP,AD=BD \riff FM=PM\]有\[ \triangle FMB\cong \triangle PMB\riff \angle DBN=\angle MPB=\angle MFB=\angle MCB \]

hbghlyj

网上流行的作平行线再用共圆证中点的方法isee 发表于 2013-12-31 14:15

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乌贼

回复 32# 乌贼
再写
如图：
    作$ \triangle BCM $外接圆$ O $，延长$ CA $交圆于$ F $，$ P $为$ FM $与$ NB $的交点。有\[ \angle ABM=\angle FMB\riff AB\px FM \]又$ AD=DB\riff FM=MP\riff \triangle BFM\cong \triangle BPM\riff \angle BCM=\angle BFM=\angle BPM=\angle DBN $

abababa

kuing 发表于 2013-12-29 17:59
回复 11# kuing

椭圆情况的图形：

这个如果作一个对称图，就是过$Q$再作一个切线，和$RO$相交，就能用蝴蝶定理了。下面改了一下点的名字，以便直接使用蝴蝶定理那帖的结论：

这里$B_2,B_4$重合，根据对称性可设$P_1O=P_2O=x$，再设$OA_1=OA_2=y$，设$OA_3=a,OA_4=b$，根据蝴蝶定理帖的结论，就有
\[\frac{P_1A_4}{P_1A_3}\left(\frac{1}{A_2A_4}+\frac{1}{P_1A_4}\right)=\frac{P_2A_3}{P_2A_4}\left(\frac{1}{P_2A_3}+\frac{1}{A_1A_3}\right)\]

代入上面设的字母，就有
\[\frac{x+b}{x-a}(\frac{1}{y-b}+\frac{1}{x+b})=\frac{x+a}{x-b}(\frac{1}{y-a}+\frac{1}{x+a})\]

然后先通分，公分母为$(x-a)(x-b)(y-a)(y-b)$，通分完之后把分子作差，化简，结果就是
\[(a-b)(x^2-y^2)=0\]

因为$x\neq y$，所以必须有$a=b$，就证明了。

这也就是我问的这帖的一般证明。