最近在知乎的回答存档——几何类

kuing

网址：zhihu.com/question/487639381
标题：一道初中几何，有大神吗?

侄子的题目，自己毕业太久远了该忘的都忘了

我的回答：
记 BD=CE=m, DL=EA=n, AL=p，设 FL 与 CA 交于 G，如图：

由梅氏定理有
\begin{align*}
\frac {BF}{FE}\cdot \frac {EG}{GA}\cdot \frac {AL}{LB}=1&\iff \frac {BF}{FE}\cdot \frac {GA+n}{GA}\cdot \frac p{n+m}=1,\\
\frac {BF}{FE}\cdot \frac {EC}{CA}\cdot \frac {AD}{DB}=1&\iff \frac {BF}{FE}\cdot \frac m{m+n}\cdot \frac {p+n}m=1,
\end{align*}比较两式可知
\[\frac {GA+n}{GA}=\frac {p+n}p,\]得到 `GA=p=AL` ，即 `\angle AGL=\angle ALG` ，故 FL 平行于角 A 的平分线。

编辑于 09-18

注：感觉应该有更简单的证法，@isee @乌贼 等 快来瞧瞧……

乌贼

回复 20# kuing
几何法有是有，不见得简单
另知乎不注册不能看

乌贼

回复 22# 乌贼
略过直接看下楼
如图
法一作$ CM\px BE $交$ AB $延长线于$ M $，$ CK\px AB $交$ AT $延长线于$ K $，$ N $为$ AK $与$ CM $交点。有\[ \dfrac{MN}{NC}=\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{BM}{EC}=\dfrac{BM}{BD}\riff BN\px CD \]即$ BFCN $为平行四边形。故\[ \triangle LBF\cong \triangle KCN\riff \angle BLF=\angle CKN=\angle BAT\riff LF\px AT \]

法二作平行四边形$ ABMC $，$ N $为$ MB $与$ CD $交点。有\[ \dfrac{CF}{FN}=\dfrac{CE}{BN}=\dfrac{BD}{BN}=\dfrac{MN}{MC}\riff \angle BMF=\angle CMF \]延长$ MF $交$ AB $于$ L_1 $，有\[ \angle BML_1=\angle BL_1M \]即\[ BL_1=BM=AC=BL \]也就是$ BFL $三点共线。因此\[ LF\px AT \]

乌贼

回复 23# 乌贼
法三(比一，二简单)  kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=1428&highlight=
如图：
作$ EM\px AB $交$ CD $于$ M $，$ EN\px AT $交$ BA $延长线于$ N $。有\[ \dfrac{BF}{FE}=\dfrac{BD}{ME}=\dfrac{CE}{ME}=\dfrac{CA}{AD}=\dfrac{BL}{LN}\riff LF\px EN\px AT \]

kuing

回复 24# 乌贼

TQL

isee

回复  kuing
几何法有是有，不见得简单
另知乎不注册不能看
乌贼 发表于 2021-9-21 11:07

注册很简单，知乎也10年了，不算新了，人多力量大…

isee

回复 21# kuing

我肯定 Menelaus 的

kuing

网址：zhihu.com/question/489037612
标题：这道数学题应该用什么思路？
三个完全相同的圆的圆心分别为点A,B,C,这三个点不互相重合并且不在一条直线上。由此三点出发，分别做另外两个圆的切线，六条切线构成了一个不规则的六边形。
证明:六边形其中三条互不相邻的边的总长与另三条边的总长一样，即:
PQ+RS+TU = QR+ST+UP

我的回答：
如下图所示：

设三圆半径为 r，因为 `PP_1=PP_2`，所以
\[QP-PU=QP_1-UP_2=r\cot \angle 1-r\cot \angle 2,\]同理有
\begin{align*}
UT-TS&=r\cot \angle 2-r\cot \angle 3,\\
SR-RQ&=r\cot \angle 3-r\cot \angle 1,
\end{align*}三式相加即得 QP - PU + UT - TS + SR - RQ = 0。

编辑于 09-26

kuing

网址：zhihu.com/question/491622733
标题：一道双曲线的题目，想问下有没有比较简单的纯几何做法？
如图， `F` 为双曲线的一焦点， `R` 为双曲线上一点，作双曲线的切线 `RS` 与双曲线其中一条渐近线交于 `S` ，作 `PR` 与这条渐近线平行且和 `F` 所对应的准线交于 `P` 。求证： `\angle PFS` 为直角。

注：在这个命题另一支上也成立。
我现在的大概思路是把另一条渐近线也作出来并作S对应的T，然后证SFT和渐近线夹角的一半相等/互补即可，但总觉得绕了远路，想问问有没有比较简单的方法。

我的回答：
结论1：如下图（左），有 ∠SFR = ∠SFQ，当 S 位于渐近线上时，Q 无穷远，如下图（右），此时 FQ ∥ 渐近线，有 ∠SFR = ∠SFQ = ∠FSO。

结论2：如下图，RH ⊥ 准线，PR ∥ 渐近线，则 RP : RH = c : a = e = RF : RH，所以 RP = RF。

回到原题，如下图，延长 PR 与 SF 交于 L，由 结论1 得 ∠RFL = ∠RLF，即 RF = RL，再由 结论2，即 RF = RP = RL，从而 ∠PFL 为直角。

发布于 10-11

kuing

网址：zhihu.com/question/491870494
标题：请问平面上一固定点与一个圆上每个点的连线的中垂线的并集的边界是双曲线吗？

我的回答：
若定点在圆外，如图：

在中垂线 l 上任取一点 P，设圆半径为 r，则

PO - PA = PO - PB ，且 -r ≤ PO - PB ≤ r，

当直线 OB 与 l 相交时，则当 P 为交点时取等号（P 在射线 OB 上则右边取，否则左边取）。

所以，若以 O、A 为焦点，r 为半实轴作双曲线 Γ，则 l 上仅有一点在 Γ 上，其余都在 Γ 外，所以 l 与 Γ 相切。

而当直线 OB // l 时 l 自然就是渐近线了。

同理可证当定点在圆内时结论为椭圆。

发布于 10-12

kuing

网址：zhihu.com/question/494043223
标题：请问大神这道圆锥曲线题怎么用参数方程，或其他办法解决？

我的回答：
用曲线系玩玩：

记直线 $AB,A_1B_1,AA_1,BB_1$ 的方程分别为 $f_i(x,y)=0,i=1,2,3,4$ ，依题意可设
\begin{align*}
f_1(x,y)&=y-x-m,\\
f_2(x,y)&=y-kx-b,\\
f_3(x,y)&=y-p(x-4),\\
f_4(x,y)&=y-q(x-4),
\end{align*}则存在 $\lambda,\mu$ 使得
\[\lambda f_1(x,y)f_2(x,y)+\mu f_3(x,y)f_4(x,y)\equiv 3x^2+4y^2-12,\]展开对比系数可得如下方程组
\[\left\{\begin{aligned}
\lambda +\mu &=4,\\
\lambda k+\mu pq&=3,&&(1)\\
\lambda bm+16\mu pq&=-12,&&(2)\\
\lambda b+\lambda km-8\mu pq&=0,&&(3)\\
-\lambda b-\lambda m+4\mu p+4\mu q&=0,&&(4)\\
-\lambda -\lambda k-\mu p-\mu q&=0,&&(5)
\end{aligned}\right.\]由 $(4)+4\times (5)$ 得
\[b+m+4+4k=0,\quad (6)\]由 $-16\times (1)+(2)$ 以及 $8\times (1)+(3)$ 得
\begin{align*}
-16\lambda k+\lambda bm&=-60,\\
8\lambda k+\lambda b+\lambda km&=24,
\end{align*}两式相除化简得
\[8k+5b+2bm+5km=0,\quad (7)\]由 (6), (7) 消去 m 得
\[(4k+b)(5k+2b+3)=0,\]若 4k+b=0 则由 (6) 得 m=-4，舍去，所以 5k+2b+3=0，即
\[-\frac 32=\frac 52k+b,\]可见 $A_1B_1$ 恒过定点 $\left( \frac 52,-\frac 32 \right)$ 。

发布于 10-27

注：其他解法见链接。

kuing

网址：zhihu.com/question/492829519
标题：这道解析几何最值题该怎么做？
答案是1，求过程

我的回答：
这题应该有背景，那两个点应该满足着什么特殊的几何性质，但我看不出来。

好在已经知道答案，取等也可猜出，便可凑出装X解法（滑稽）：
\begin{align*}
AP^4-BP^2={}&\left( {\left( {x-\frac 12} \right)^2+y^2} \right)^2-(x-1)^2-(y-1)^2\\
={}&\left( {\frac {(3x-1)^2}{16}+\frac 23y^2} \right)(x-1)^2+\frac 23\left( {y+\frac 32} \right)^2\\
&+\frac 14\left( {\frac {x^2}4+\frac {y^2}3-1} \right)(7x^2-8x+14+12y^2)\\
\geqslant{}&0,
\end{align*}所以 $\frac {AP^2}{BP}\geqslant 1$ ，当 x=1, y=-3/2 时取等。

发布于 10-30

player1703

回复 5# kuing

这题给出另一个方法不过是知道答案是心形线以后才反想到的 :
作$AP_1$与$AO$的中点$O_1, O_2$. $O_1O_2\parallel PO$且$O_1O_2=\frac{1}{2}PO$. $O_1$(也就是动圆圆心)在$AO$为直径的圆$O_2$上.
延长$O_2O_1$至$O_3$使得$O_1O_3=O_1O_2$. 易证$\triangle AO_2O_1 \cong \triangle PO_3O_1$. $O_2A = O_3P$ 且$ O_2A \parallel O_3P$. 点$P$在以$O_3$为圆心且与$\odot O_2$半径一样的圆上.
设$\odot O_1$ 与 $\odot O_3$另一个交点为$H$. $\angle HO_3O_1 = \angle PO_3O_1 = \angle AO_2O_1$. 点$H$为$\odot O3$ 在 $\odot O2$ 外纯滚动时$\odot O3$ 上的定点所以其瞬间运动方向(瞬时速度)就是过$H$垂直于$O_1H$的直线$t$ ($O_1$为瞬间的滚动中心), 直线$t$恰好也是$\odot O_1$在点$H$处的切线, 所以$\odot O_1$的包络线就是直线$t$的包络线也就是点$H$的轨迹. 熟知点$H$的轨迹是心形线.

player1703

如图，因为 O1Q 平行且等于 PO2，所以两者在直线 AB 上的投影等长，即 DQ=CE，所以
BC = BE+EC = QE+CE ...
kuing 发表于 2021-7-20 00:24

$\angle PAQ$与$\angle PBQ$分别是$\odot O_1$与$\odot O_2$中弦$PQ$所对圆周角. 又由于两圆半径相等, 当$Q$在线段$AB$上时有$\angle PAQ = \angle PBQ$, 当$Q$在线段$AB$延长线(或$BA$延长线)上时有$\angle PAQ = 180\du - \angle PBQ$. 所以无论如何都有$\angle PAB = \angle PBA$. 所以$PC$为等腰三角形$PAB$底边上中线.

kuing

回复 34# player1703

对喔，这样就简单多了我太笨了当时

kuing

网址：zhihu.com/question/496217848
标题：sin18°怎么用高中知识求?

我的回答：
画个五角星即可，如图：

这里 F 是黄金分割点（EF : FB = AF : FB = CB : BE = FB : BE），所以
\[\sin18^\circ=\cos72^\circ=\frac{\frac12AF}{FB}=\frac12\cdot\frac{EF}{FB}=\frac{\sqrt5-1}4.\]
发布于 11-08

kuing

网址：zhihu.com/question/433852117
标题：这个解三角形的问题怎么算?

我的回答：

如图，作高 CD，垂足为 D，记 CD = h，AD = y，DB = x，则条件化为 x + y = 2 且
\[\frac {2\sqrt {h^2+y^2}}h+\frac xh=2\sqrt 3,\]（注：若 D 在线段 AB 外，让 x 或 y 取负值即可，不影响以上等式）
去分母并由柯西不等式有
\[2\sqrt 3h=\sqrt {(3+1)(h^2+y^2)}+x\geqslant \sqrt 3h+y+x=\sqrt 3h+2,\]得到 $h\geqslant \frac 23\sqrt 3$ ，所以面积 $S=\frac 12AB\cdot h=h\geqslant \frac 23\sqrt 3$ ，当 $A=60^\circ$ 时取等。

编辑于 2021-12-03 14:35

kuing

网址：zhihu.com/question/505346225
标题：作任意直线交双曲线渐近线于A、B、C、D四点，则有AC=BD怎么证明？

我的回答：
一般地：设曲线 $\Gamma _1:mx^2+ny^2=\lambda _1$ ， $\Gamma _2:mx^2+ny^2=\lambda _2$ ，若直线 L 与 $\Gamma _1,\Gamma _2$ 分别交于 A、B、C、D，则 AC=DB。

证明：设 L 为 y=kx+b，与 $\Gamma _1$ 联立得 $(m+k^2n)x^2+2bknx+b^2n-\lambda _1=0$ ，由韦达定理 $x_A+x_B=\frac {-2bkn}{m+k^2n}$，注意这是与 $\lambda _1$ 无关的值，所以 L 与 $\Gamma _2$ 联立也是相同的结果，所以 $x_A+x_B=x_C+x_D$ ，即 $x_A-x_C=x_D-x_B$ ，即 AC=DB。

回到原题，双曲线及其渐近线可看成 $\frac {x^2}{a^2}-\frac {y^2}{b^2}=1$ 和 $\frac {x^2}{a^2}-\frac {y^2}{b^2}=0$，所以同样有 AC=DB。

发布于 2021-12-12 15:06

注：其他证法见原帖。

isee

回复 38# kuing


哈哈，跟一个~~~~~




结论：直线被双曲线及其渐近线所截得的对应线段相等.

字母如题主图示 $A(x_1,y_1),\ B(x_2,y_2)$ 在双曲线 $\frac {x^2}{a^2}-\frac {y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$ 上， $C(x_3,y_3),\ D(x_4,xy_4)$ 在其渐近线 $\frac {x^2}{a^2}-\frac {y^2}{b^2}=0$ 上，则 $AC=BD.$

记 $AB$ 的中点为 $M_1,$ 则由点差法可得 $k_{OM_1}\cdot k_{AB}=\frac {b^2}{a^2},$ 同理对 $CD$ 中点 $M_2$ 有 $k_{OM_2}\cdot k_{CD}=\frac {b^2}{a^2},$ 而 $AB,\ CD$ 是同一条直线即 $k_{OM_1}=k_{OM_2},$ 从而 $M_1$ 与 $M_2$ 重合，所以 $AC=BD.$



特别的，如果 $AB$ 是双曲线的切线，则切点平分 $AB.$

kuing

刚刚知乎私信的一道：

本来想注册论坛，但是试了几次都不行，现在有道题想请您有时间帮忙想想，谢谢

回复：
用极点极线的性质很容易解释。

如图，P、Q 均为定点，过 Q 的直线交二次曲线于 M、N，PM、PN 与二次曲线交于另外两点 E、F，
则一般来说，EF 也过定点。

证明：如图：

设 P 的极线与 PM 交于 G，则 P、M、G、E 调和，
由于 P 的极线与 MN、EF 共点，所以上图的 P、Q、R、S 也调和，
而 PQ 与 P 的极线均确定，即 R 为定点，从而 S 也为定点。
因此 EF 过定点 S。

特别地，当 Q 为 PR 中点时，S 为无穷远点，此时 EF 的斜率就是定值（平行于 PQ）。

看回那个原题，P(-2,0) 的极线为 x=-1，所以只要 Q 在 x=[(-2)+(-1)]/2=-3/2 上时，Q 就是 PR 中点，此时 EF 斜率为定值。

PS、可能论坛上有类似的题，估计也写过差不多的东西，但懒得找了。