一道与三角形有关的向量题

aishuxue

$\angle BAC=60^{\circ}, AB=1, AC=3,$
$E$ 在 $AB$ 上，$F$ 在 $AC$ 上，$S_{\triangle ABC}=2 S_{\triangle AEF}$,
$AD$ 平分 $\angle B A C$，且交 $EF$ 于点 $G$，若 $\overrightarrow{AG} \cdot \overrightarrow{EF}=\frac{45}{28}$，求三角形 AGF 的面积．

kuing

思路并不难想，但后面不想算……

设 `\vv{AB}=\bm i`, `\vv{AC}=3\bm j`，其中 `\bm i`, `\bm j` 为单位向量，由夹角 `60\du` 知 `\bm i\cdot\bm j=1/2`，设 `\vv{AE}=x\bm i`, `\vv{AF}=y\bm j`，由面积比知 `xy=3/2`，由 `G` 在角平分线上可设 `\vv{AG}=k(\bm i+\bm j)`，由 `E`, `G`, `F` 共线知存在 `\lambda` 使
\[k(\bm i+\bm j)=\lambda x\bm i+(1-\lambda)y\bm j,\]
所以
\[\lambda x=(1-\lambda)y=k\riff\frac kx+\frac ky=1\riff k=\frac3{2(x+y)},\]
于是
\[\frac{45}{28}=\vv{AG}\cdot\vv{EF}=\frac{3(\bm i+\bm j)}{2(x+y)}\cdot(y\bm j-x\bm i),\]
展开化简后结合 `xy=3/2` 就可以解出 `x`, `y`，接下来就什么都可以算出来了，只是很无趣……

战巡

令$\angle AGE=\theta$，那么
\[S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC\sin(\angle BAC)=\frac{3\sqrt{3}}{4}\]
\[S_{\Delta AEF}=\frac{1}{2}S_{\Delta ABC}=\frac{3\sqrt{3}}{8}=S_{\Delta AEG}+S_{\Delta AGF}=\frac{1}{2}AG\cdot EG\sin(\theta)+\frac{1}{2}AG\cdot GF\sin(180\du-\theta)\]
\[=\frac{1}{2}AG\cdot EF\sin(\theta)\]
然后
\[\vec{AG}\cdot\vec{EF}=AG\cdot EF\cos(\theta)=\frac{45}{28}\]
这两条联立可以得到
\[\tan(\theta)=\frac{7}{5\sqrt{3}},\sin(\theta)=\frac{7}{2\sqrt{31}},\cos(\theta)=\frac{5}{2}\sqrt{\frac{5}{31}}\]

那么有
\[\sin(\angle AEG)=\sin(\angle EAG+\angle EGA)=\sin(30\du+\theta)\]
\[=\frac{1}{2}\cos(\theta)+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin(\theta)=3\sqrt{\frac{3}{31}}\]
同理
\[\sin(\angle AFG)=-\frac{1}{2}\cos(\theta)+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin(\theta)=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{3}{31}}\]

然后由正弦定理和角平分线定理
\[\frac{EG}{GF}=\frac{AE}{AF}=\frac{\sin(\angle AFG)}{\sin(\angle AEG)}=\frac{1}{6}\]
\[\frac{EF}{GF}=\frac{AE}{AF}+1=\frac{7}{6}\]
故此
\[S_{\Delta AGF}=\frac{GF}{EF}S_{\Delta AEF}=\frac{6}{7}\cdot \frac{3\sqrt{3}}{8}=\frac{9\sqrt{3}}{28}\]

aishuxue

好的，我沿着你们的思路算一算！感谢各位！

hbghlyj

kuing 发表于 2022-7-7 07:44
展开化简后结合 `xy=3/2` 就可以解出 `x`, `y`，接下来就什么都可以算出来了，只是很无趣……

解得
\[
x=\frac{1}{2},\quad y=3.
\]
所以 $F$ 与 $C$ 重合。