有没有几何解法？

abababa

nttz 发表于 2022-5-21 11:09
比如这题，还不是不是10的倍数，用初中几何无解么？我曾经看过一个解法，但是还是忘了 ...

不是10的倍数，但是可以是3的倍数啊，一样的，这个题肯定所有角都是3的倍数。

nttz

abababa 发表于 2022-5-21 11:05
有的题就是没有规律，但有的题有规律，要不考试怎么经常弄出数列的错项消元法，还有什么切线法，设点法这 ...

感觉纯几何太巧妙了，就是想不出来，而且辅助线毫无套路，蒙对了就好

nttz

乌贼 发表于 2022-5-21 11:07
$ AF=DF,\angle AFD=2\angle ABD=60\du $
即$ B $在以$ F $为圆心，$ AF $为半径的圆上

这个定理初中不能直接用吧，反过来可以

nttz

乌贼 发表于 2022-5-21 11:07
$ AF=DF,\angle AFD=2\angle ABD=60\du $
即$ B $在以$ F $为圆心，$ AF $为半径的圆上

20#的这样做过？

nttz

abababa 发表于 2022-5-21 11:05
有的题就是没有规律，但有的题有规律，要不考试怎么经常弄出数列的错项消元法，还有什么切线法，设点法这 ...

就等边三角形，圆变化最多，辅助线无底洞

乌贼

nttz 发表于 2022-5-21 11:09
比如这题，还不是不是10的倍数，用初中几何无解么？我曾经看过一个解法，但是还是忘了 ...

如图：
$ E $为$ BC $中点，延长$ BD $交$ AE $于$ F $，$ \triangle CFG $为正三角形。得\[ AF=GB=GD=DF\riff\angle DAE=24\du \riff \angle DAB=6\du  \]

乌贼

乌贼 发表于 2022-5-21 22:22
如图：
$ E $为$ BC $中点，延长$ BD $交$ AE $于$ F $，$ \triangle CFG $为正三角形。得\[ AF=GB=GD=DF ...

如图：
证$ AG=DF $，$ \triangle AGM,\triangle DFP $为正三角形，$ GM=GN $。有\[ \triangle GNF\cong \triangle BPF \]然后$ ANQP $四点共线……

isee

@乌贼 如图，倍角三角形中求角

乌贼

isee 发表于 2022-5-23 00:47
@乌贼 如图，倍角三角形中求角

如图：
      在$ AB $上取一点$ D $。使$ \angle BCD=30\du  $，得\[\angle DAP=\angle DCP\]有$ ACPD $四点共圆。再作直角$ \triangle PQO,\angle PQO=90\du  $.然后硬算$ \angle OPQ $……
不知有没有不用计算的方法

乌贼

乌贼 发表于 2022-5-23 12:18
如图：
      在$ AB $上取一点$ D $。使$ \angle BCD=30\du  $，再作直角$ \triangle PQO,\angle PQO=90 ...

唉，接上图：
$ E $为$ AB $与$ FQ $交点，有$ \triangle OCD $为正三角形\[ \angle CED=\angle CDE=80\du \riff CE=CD=PO\riff \triangle PQO\cong \triangle EFC \riff \angle CAP=\dfrac{1}{2}\angle COP=\dfrac{1}{2}\angle QPO=\dfrac{1}{2}\angle CEF=20\du  \]

isee

赞！这辅助线别具一格。

isee

乌贼 发表于 2022-5-23 13:03
唉，接上图：
$ E $为$ AB $与$ FQ $交点，有$ \triangle OCD $为正三角形\[ \angle CED=\angle CDE=80\d ...

若P点在三角形外呢，BC下方

乌贼

就是$ EF $与圆的另一交点。

乌贼

$ \angle CAP=70\du $

乌贼

乌贼 发表于 2022-5-23 18:13
$ \angle CAP=70\du $

是$ \angle CAP=50\du $

isee

乌贼 发表于 2022-5-23 18:16
是$ \angle CAP=50\du $

是70度，还有一种是15度（三角形外时），用三角解的，只发一个形内时的过程

设$\angle PAC=\angle PCB=\angle PBC=\alpha$，则有
\begin{gather*}
\frac {\sin(30^\circ-\alpha)}{\sin \alpha} \frac {\sin(100^\circ-\alpha)}{\sin \alpha} \frac {\sin \alpha}{\sin(50^\circ-\alpha)}=1\\[0.7ex]
\sin(30^\circ-\alpha)\sin(100^\circ-\alpha)=\sin \alpha\sin(50^\circ-\alpha)\\[0.7ex]
\cos(130^\circ-2\alpha)-\cos 70^\circ=\cos 50^\circ-\cos (2\alpha-50^\circ)\\[0.7ex]
\cos(130^\circ-2\alpha)+\cos (2\alpha-50^\circ)=\cos 50^\circ+\cos 70^\circ\\[0.7ex]
\cos 40^\circ\cos (90^\circ-2\alpha)=\cos 60^\circ\cos 10^\circ\\[0.7ex]
\cos 40^\circ\sin 2\alpha=\cos 60^\circ\sin 80^\circ\\[0.7ex]
\cos 40^\circ\sin 2\alpha=\cos 60^\circ\cdot 2\sin 40^\circ\cos 40^\circ\\[0.7ex]
\sin 2\alpha=\sin 40^\circ\\[0.7ex]
\alpha=20^\circ.
\end{gather*}

==========
原来是这个 ：网格作图
forum.php?mod=viewthread&tid=9066
(出处: 悠闲数学娱乐论坛(第3版))

nttz

乌贼 发表于 2022-5-21 22:22
如图：
$ E $为$ BC $中点，延长$ BD $交$ AE $于$ F $，$ \triangle CFG $为正三角形。得\[ AF=GB=GD=DF ...

如何证明GB=GD

乌贼

nttz 发表于 2022-5-24 22:40
如何证明GB=GD

\[ \triangle BCG\cong \triangle ACF\riff \angle GBC=30\du \riff \angle GBD=72\du  \]又\[ \triangle CDF\cong \triangle CDG\riff\angle FDC=\angle GDC=54\du \riff \angle GDB=72\du  \]所以$ \triangle GBD $为等腰三角形且$ GB=GD $