等腰三角形证角相等

isee

设$M$是等腰直角三角形$ABC$的腰$CA$的中点，自$C$引$BM$的垂线交斜边于$D$，则 $\angle AMD=\angle BMC$。

Tesla35

没看懂什么意思。那个$D$到底在哪里

kuing

回复 2# Tesla35

他大概忘了说 C 是直角

Tesla35

初中很经典的习题了
做法很多，最经典的一种如上图：
过点$A$作$AN\perp AC$交$CD$延长线于点$N$
证明$\triangle CBM \cong\triangle ACN$
$\triangle AMD \cong\triangle AND$
即可

isee

回复  Tesla35

他大概忘了说 C 是直角
kuing 发表于 2013-9-22 18:22

文字叙述隐含了只能是C是直角了

isee

初中很经典的习题了
做法很多，最经典的一种如上图：
过点$A$作$AN\perp AC$交$CD$延长线于点$N$
证明$\tr ...
Tesla35 发表于 2013-9-22 19:10

随便看看，这题到底有多少种风格迥异的方法来

isee

初中很经典的习题了
做法很多，最经典的一种如上图：
过点$A$作$AN\perp AC$交$CD$延长线于点$N$
证明$\tr ...
Tesla35 发表于 2013-9-22 19:10

这方法很妙，辅助线一出，条件轻松用上，如鱼得水。
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除此之外，（用几何变换语言），


可将$\triangle ADC $ 绕斜边中点顺时针旋转$90^\circ$，
$C$与$B$重合，$A$与$C$重合，$D$点落在$BM$上的$D'$处。

可证$\triangle ADM \cong \triangle CD'M$

isee

补成正方形，补成正方形后，也有很多说明方法。

这里，故意与上面的对称分开，而采用同一法说明。


取$AC'$中点$M'$，连接$CM'$，
在正方形里有，$BM\perp CM'$，
从而直线$CD$与直线$CM'$为同一直线，

再连接$C'M$，而$AB$为正方形的对称轴，从而过点$D$，
以再由对称怕，就得到所要证明的结果。

isee

全等证明靠一段落，主要是偶想不到其它全等证明方法了。


下面再从平几另一角度来看。



作$CF\perp CD$于$F$，则容易得到：$AF=CE=\frac12 CF=\frac12 BE$。

将$\triangle BMC $沿$BC$折叠，如图。
只需要证明 $DM \sslash BM’$ 即可。

而$\frac {M'M}{MA}=2=\frac {BE}{FA}=\frac{BD}{DA},\cdots$

isee

从解析几何角度，如图建议直角坐标系，
两直角边所有的直线为坐标轴，$C$为坐标原点。

只需要证明$BM$与$MD$斜率之和为零即可。
简单计算即可，操作明显，无任何难度。

详细过程略

isee

能否用面积进行代换？

算了算，面积会涉及线段的比值，与相似有点类似，所以想了下三角法。

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以下来自战巡2005年1月的答案

题：在等腰ABC中，角A=90度，D是AC的中点，AE垂直BD于E，AE的延长线交BC于F
求证：角ADB=角FDC

证：易求$\angle DAE=\angle ABE,\angle ADE=\angle BAE,\tan \angle ABD=\frac 12$,所以$\tan \angle DAE=\tan \angle ABE=\frac 12,\frac {DE}{AE}=\frac{AE}{BE}=\frac 12$
所以$\frac {BE}{DE}=\frac {1}{4}$
根据梅捏劳斯定理得——注：这个图形用梅氏定理是一定的，不必添任何辅助线，by iC
$\frac{BF}{CF}\cdot \frac {AC}{AD}\cdot \frac{DE}{BE}=1\\
\frac{BF}{CF}\cdot 2 \cdot \frac {1}{4}=1\\
\frac{BF}{CD}=\frac 21,\angle B=\angle C=45^\circ,\frac {AB}{CD}=\frac 21$
所以$\triangle BAF \sim \triangle CDF,\angle CDF=\angle BAE=\angle ABE$

isee

能否用面积进行代换？

算了算，面积会涉及线段的比值，与相似有点类似，所以想了下三角法。

============ ...
isee 发表于 2013-9-26 16:08

题：在等腰ABC中，角A=90度，D是AC的中点，AE垂直BD于E，AE的延长线交BC于F
求证：角ADB=角FDC

在此字母下，转载于网络的三角法。

isee

对此题的讨论，江苏吴雲超 有另一个方向的小结：
hi.baidu.com/jswyc/item/df2eee0e970339cb74cd3c17

如中点变三等份点

其实，补成正方形后是显然的，只需要$CM=AN$.

其妙

设$M$是等腰直角三角形$ABC$的腰$CA$的中点，自$C$引$BM$的垂线交斜边于$D$，则 $\angle AMD=\angle BMC$。 ...
isee 发表于 2013-9-22 17:34

作CO垂直AB于O，且等量延长至E(CE=2CO)，则D是三角形ACE的重心，于是可证BD=2DA，则等价于美丽老师定理得出的结论。

青青子衿

应该也能用向量法证明吧！

isee

应该也能用向量法证明吧！
青青子衿 发表于 2013-9-28 16:28

可以，但如果是指坐标法的话，那还不如直接10楼的 解析法。

＝＝＝＝＝＝＝
   
若用向量的图形语言来做，得先证 $BE=4ME$，其中$E$为$CD$与$BM$的交点，参考7楼图。

不过，这个用向量证明起来，写起来很麻烦。

其二，处理角度相等，定会用到向量内积，若有面积又要涉及叉积，这又一个麻烦。

（个人觉得要如此，可能麻烦了）。


写一个不“漂亮”且长的过程

\begin{align*}
\vv {BE}&=\lambda \vv{EM}\\
\vv {BC}+\vv {CE}&=\lambda \vv {EC}+\lambda\vv {CM}\\[2em]
(1+\lambda)\vv {CE}&=\lambda \vv {CM}+\vv {CB}\\[2em]
\Rightarrow &\begin{cases}(1+\lambda)\vv {CE}\cdot \vv {CB}&=0+{\vv {CB}}^2\\
(1+\lambda)\vv {CE}\cdot \vv {CM}&=\lambda {\vv {CM}}^2+0\\\end{cases}\\
&\begin{cases}(1+\lambda)CE^2&=CB^2\\
(1+\lambda)CE^2&=\lambda CM^2\\\end{cases}\\
\Rightarrow CB^2&=\lambda CM^2\\
\lambda&=4\\[3em] %%%%%%%以上为解决E分BM的比值
\mu \vv {CD}&=\vv {CE}=\dfrac 45 \vv {CM}+\dfrac 15 \vv {CB}=\dfrac 25 \vv {CA}+\dfrac 15 \vv {CB}\\
\Rightarrow \mu&=\dfrac 25+\dfrac 15=\dfrac 35\\
\vv {CD}&=\dfrac 23 \vv {CA}+\dfrac 13 \vv {CB}\\[2em]
\Rightarrow BD&=2 DA\\[3em]%%%%%%%以上为解决D分BA的比值
\dfrac {S_{\triangle BCM}}{S_{\triangle DMA}}&=\dfrac {S_{\triangle BCM}}{S_{\triangle BCA}}\dfrac {S_{\triangle BCA}}{S_{\triangle DMA}}\\
&=\dfrac 12 \cdot \dfrac {\abs{\vv {AC} \times \vv{AB}}}{\abs{\vv {AM} \times \vv{AD}}}\\
&=\dfrac 12 \cdot \dfrac {\abs{2\vv {AM} \times 3\vv{AD}}}{\abs{\vv {AM} \times \vv{AD}}}\\
&=\dfrac 12 \cdot \dfrac 61\\
&=3\\
\Rightarrow S_{\triangle BCM}&=3S_{\triangle DMA}\\
MC \cdot MB \sin BMC &= 3MA \cdot MD \sin DMA\\[2em]
MB \sin BMC &= 3MD \sin DMA \tag{1}\label{eq01} \\[3em]%%%%%%%以上为引入需证明的角
\vv {MD}&=\vv {MC}+\vv {CD}=\vv {MC}+\dfrac 23 \vv {CA}+\dfrac 13 \vv {CB}=-\dfrac 13 \vv {MC}+\dfrac 13 \vv {CB}\\[2ex]
\Rightarrow \vv {MD}^2&=\dfrac 59 \vv {MC}^2\\[2ex]
\vv {MB}&=\vv {MC}+\vv {CB}\\[2ex]
\Rightarrow \vv {MB}^2&=5 \vv {MC}^2\\[2ex]
\therefore MD^2&=\dfrac 19 MB^2\\[2em]
\Rightarrow 3MD&=MB \tag{2}\label{eq02}\\%%%%%%%以上为解决MB与MD的比值
\end{align*}

由\eqref{eq01}式与\eqref{eq02}式可知结论成立。
证毕。

此证明过程，利用向量解决线段之间的比例，此题里，不添加任何辅助组，几乎解决了所有线段之间的比值关系，这是平面向量的长处，后为了证明目标角相等，而引入面积，算是面积法的一个补充吧。

中间推出\eqref{eq01}式，由两三角形的面积比，但太像三角法的翻译的，需改进，诚请指教。

isee

把上面的向量法，提炼与改进一下有：（注：即便用向量求E分BM，D分BA等线段的比值，亦有很多方式，楼上仅供参考）


\begin{align*}
\vv {CE}&=\dfrac 45 \vv {CM}+\dfrac 15 \vv {CB}\\
\vv {CD}&=\dfrac 23 \vv {CA}+\dfrac 13 \vv {CB}\\[1em]
\vv {MD}&=-\dfrac 13 \vv {MC}+\dfrac 13 \vv {CB}\tag{3}\label{eq03}\\[1em]
\Rightarrow \vv {MD}^2&=\dfrac 59 \vv {MC}^2\\[1em]
\vv {MB}&=\vv {MC}+\vv {CB}\tag{4}\label{eq04}\\[1em]
\Rightarrow \vv {MB}^2&=5 \vv {MC}^2\\[2ex]
\therefore MD^2&=\dfrac 19 MB^2\\[2em]
\Rightarrow 3MD&=MB \tag{5}\label{eq05}\\
\end{align*}

由\eqref{eq03}有\[\vv {MD}\cdot \vv {MA}=-\dfrac 13 \vv {MC}\cdot \vv {MA}+0=\dfrac 13 MC^2\tag{6}\label{eq06}\]

由\eqref{eq04}有\[\vv {MB}\cdot \vv {MC}=\vv {MC}\cdot \vv {MC}+0=MC^2\tag{7}\label{eq07}\]

比较上面\eqref{eq06}\eqref{eq07}两式，从而有
\begin{align*}
3\vv {MD}\cdot \vv {MA}&=\vv {MB}\cdot \vv {MC}\\[2em]
3MD\cdot MA \cos DMA&=MB \cdot MC \cos BMC \tag{8}\label{eq08}
\end{align*}

将\eqref{eq05}代入\eqref{eq08}，便得到结论，证毕。

乌贼

过$C$作$AB$的高交$AM$于$F,\triangle AFC\cong\triangle CDB\riff\triangle FCM\cong\triangle DBM$