一道等腰$60\du$梯形平几（from 人教数学群）

kuing

教师-执着(2417****)  23:42:00
等腰梯形 ABCD 中，$\angle A=60^\circ, AD=CD$.
点 $E$ 和 $F$ 分别是线段 $B C$ 和 $A B$ 上的点，$\angle EDF=60^\circ, E G \perp D F$，直线 $B G$ 交 $A D$ 于 $H$。求证：$GB=3 HG$。

不知是最近状态差还是已经退化，反正最近看的题总觉得很难，外面那几道题都不会哎……
上面这道刚才也想了好久才做了出来，可能还做复杂了……

先引入如下引理：

$\triangle ABC$ 是正三角形，$D$ 是中点，$\angle EDF=60\du$，则 $\triangle DEF\sim\triangle BED\sim\triangle CDF$。

引理的证明从略，直接用来证原题。
由引理，有
\begin{align*}
GB=3HG &\iff S_{\triangle BAD}=4S_{\triangle GAD}\\
&\iff S_{\triangle BAD}=4S_{\triangle FAD}\cdot\frac{DG}{DF}\\
&\iff AB=2AF\cdot\frac{DE}{DF}\\
&\iff AB=2AF\cdot\frac{AD}{AF},
\end{align*}
显然成立。

isee

这要是个填空题就简单了，还有，主图画得太特殊了，看着像是平行的

不好解，第一感。

昨天晚上看到这题，随便想了一下

isee

从直角与30度入手，得一证法

连BD，则BD⊥AD.
作BE'∥AD交DG延长线于E'.
则D，E'，B，E四点共圆，于是∠DEE'=∠DBE'=90°.
于是由30°（或相似）得 DG：GE'=1:3

下略.

Tesla35

哈平几相似中的“一线三等角模型”……

isee

哈平几相似中的“一线三等角模型”……
Tesla35 发表于 2013-6-21 11:22

   
我就不用，用共圆。

与 这道题何其相似 kkkkuingggg.5d6d.net/thread-1623-1-2.html

kuing

回复 3# isee

不错。
其实也不用“下略”了，都已经到边边上了……

kuing

哈平几相似中的“一线三等角模型”……
Tesla35 发表于 2013-6-21 11:22

啥意思……

Tesla35

就是你那个引理，只要有底下那三个角相等就有三角形相似……

kuing

回复 8# Tesla35
soga...

isee

人教数学群看到一个类似的题，丢来。







简解（有问题，参考12楼，17楼）：






容易知道梯形底角为$60^\circ$，且对角线垂直于腰，即有$AC\perp AP$。

过$F$作$FN\perp AF$ 交$AM$的延长线于$N$，取$AN$的中点$A'$，连$A'E,CN$。

则$CN\sslash EA'\sslash AP$（这里想直接证明，不容易），于是$A,N,C,F$四共点圆，$\angle FAM=180^\circ -120^\circ=60^\circ \Rightarrow MF=\sqrt{3}AM$。

然后，$\triangle AEA' \cong \triangle ADF\Rightarrow DF=A'E=AP \Rightarrow PF\sslash BC$。

isee

楼上证明  三线平行  不好证  有问题  需要修正

乌贼

回复 10# isee
复杂了……
延长$FM$交$CB$延长线于$Q$，过$Q$作$DC$平行线交$AB$延长线于$K$，延长$DE$交$AK$延长线于$G$，取$BE$中点$O$，连接$AQ、KG、AO、MO$。
$AO\perp QC 、AM\perp MF\riff\angle MQO=\angle MAO\riff A、Q、O、M$四点共圆
$\riff\angle AQM=\angle AOM$
$EM=MA,EO=OB\riff MO//AB\riff\riff\angle AQM=\angle AOM=30^\circ\riff QM=\sqrt3 AM$
$\triangle AQB\cong\triangle AGE\riff QB=GE$
$\triangle QBK$为等边三角形$\riff BK=QB=GE\riff AK=DG\riff AKGD$为平行四边形，连接$DK$，知$M$为$DK$中点
$\triangle MQK\cong\triangle MFD\riff MF=MQ=\sqrt3 AM$

乌贼

回复 12# 乌贼
$\angle AMQ=\angle AOQ\riff A、Q、O、M$四点共圆

乌贼

尼玛，原来是平行四边形的中心对称，这题不过是其一种特殊情况，且隐藏垂直平分线
容易证明的左半……
平行四边形$ABCD$中，$O$为其中心，过$O$的直线交平行四边形与$E、F$,$EF$的垂直平分线交平行四边形与$M、N$，则四边形$EMFN$为菱形。

isee

这么粗一看，这变式走的完全是另一方向，可新开一帖了~


有空再细看

isee

回复  isee
复杂了……
延长$FM$交$CB$延长线于$Q$，过$Q$作$DC$平行线交$AB$延长线于$K$，延长$DE$交$AK$ ...
乌贼 发表于 2014-2-19 01:21

证得很漂亮，这个垂直，用得非常好。BE中点O，赞！

另外，G应该是AM延长……

isee

若，还是采用共圆来看，则是：

题目

略修改简答

isee

楼上三次共圆，依然麻烦，很漂亮的题，不知有没更简洁高效的解答。

乌贼

回复 18# isee
延长$CD、BA$交于$Q$，取$BE$中点$K$，连接$KM$并延长交$DQ$于$G$。
易证$\angle AGD=90^\circ、\angle AGM=30^\circ$，$A、G、F、M$四点共圆
得$\angle AFM=30^\circ$……

isee

Ok！！！
为什么我有想哭的感觉！？

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将乌贼楼上方法略修改，写一个简要过程如下。

题目：如图（参考10楼图），梯形$ABCD$中，$AD\sslash BC,AB=AD=DC=\dfrac 12 BC$．点$E$是$BC$的中点，点$P$是直线$AB$上的一个动点，点$M$是$PE$的中点，$MF \perp AM$交直线$CD$于$F$．
求证：①$MF=\sqrt 3 AM$；②$PF\sslash BC$．

简证：





先将梯形补成正三角形QBC，作$AG \perp CQ$于G，则A，M，F，M四点共圆。

连EF，则可以得到MG为梯形EDQP的中位线，第1问，下同乌贼19楼证明。




第2问





得60度角后，可得两阴影三角形全等，从而$AP=NE=DF$，……