这里我再挂一道最近新编的平面几何题，适合于初二同学。供大家思考，到公开课时从正确解答者中抽奖。当然对奖品的期望可不能过高：） 一切还是以兴趣为重。

[ 本帖最后由 老封 于 2010-3-10 13:35 编辑 ].

已知：有两个直角三角形，其一两直角边长分别为a，b（a＞b）；另一两直角边长分别为a＋b，a－b。∠1和∠2分别是这两个直角三角形中较小的内角。
求证：∠1＋∠2 ＝ 45°。.

请有兴趣参加征解的初二同学（其它年级也可）将解答过程或解题思路写在自备纸上，公开课那天带来即可。.

引用:

原帖由 炫炫爸 于 2007-3-2 13:17 发表
tan(∠1+∠2)＝（tan∠1+tan∠2)/(1-tan∠1tan∠2)

=(b/a+(a-b)/(a+b))/(1-(b/a)*((a-b)/(a+b)))=1

tan∠1=b/a

tan∠2=(a-b)/(a+b)

tan(∠1+∠2）＝1

∠1＋∠2＝45°

  

果然身手不凡！
你是动用了秘密武器，呵呵.

引用:

原帖由 都都妈 于 2007-3-2 13:25 发表
看到了吧,开始搞破坏了
炫炫爸 就是F4之一,厉害吧

没关系的，
他的思路似乎还不会影响到初二同学的革命干劲。
加油干吧！会有绝顶精彩的方法。.

这题会有简便方法的。
解答中尽量不要用到高级的工具和概念。.

引用:

原帖由 炫炫爸 于 2007-3-2 16:11 发表


tan是计算机语言里的写法，数学上是tg，我改了。

不用改，现在新的课本已统一为tan了。.

恭喜了。建议您尽早将此帖暂且隐藏，天机不可泄漏！

[ 本帖最后由 老封 于 2007-3-2 16:38 编辑 ].

引用:

原帖由 春笋逢春雨 于 2007-3-2 16:36 发表
解法已隐藏，引用也应隐藏啊。

呵呵.

不敢当。不过几何是所有人都可以去学的有趣学问，我们对美的追求应该都是共同的！.

这两天有事没能上网，今天一看大出意料。
没想到我公布的这个题引起了大家热烈的讨论,而且真的涌现出不少漂亮的证法，真是高手如云啊！
不过我要补充一下，这题最早的正确解答是由 春笋逢春雨 于 2007-3-2 16:18 发表的：

将二个直角三角形画在一个  长为a+b  宽为a  的长方形内，然后添加辅助线，得到一个边长为b的直角等腰三角形，一个边长为a的正方形，一个直角边分别为根号2a、根号2b的直角三角形，这样就可证出角1加角2等于45度了。

我打算再编一个新题，来替代这个已被大家解秘的题，作为公开征解。不过还得过两天才发表，到了周日公开课时，我希望看到像这题一样的热烈的局面。

不过这个新题的难度该如何把握呢？应该也不能太难吧，因为要适合初二的小同学们。所以我正在绞尽脑汁呢。

让大家拭目以待吧！.

刚刚我又新编了个几何题！奉献给大家思考。不过还不算是我说的那个征解题，这还要过两天才公布。
题目如下：

如图：ABE和CDF是夹在两条平行线之间的两个等腰直角三角形，而且线段EF也平行于这两条线。
求证：BD±AC=MN（即平行线之间的距离）。

注：其中+、－号根据图形不同而选取。

（刚才字母有点错，现已纠正）

[ 本帖最后由 老封 于 2007-3-5 16:03 编辑 ].

不好意思，新题还在改编中。不要期望过高，能够给大家带来快乐就好。
昨天与老姜在讨论这样一个题：

已知△ABC中，∠A＝120，在AB、AC两边上分别取点E、F，满足BE＝CF，设BF与CE相交于D点。再以BC为一边上下各作正三角形QBC、PBC。求证：AP∥QD。

虽是新鲜出炉的趣题，但恐怕用它作为征解题会太难一些。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-3-7 14:45 编辑 ].

单墫教授的一个题：
（录自新著《我怎样解题》）
可参见：
www.jw-edu.cn/Shownews.asp?ArticleID=25082.

这和前面春笋逢春雨的解法基本一样，但图形更简洁了些

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-17 14:30 编辑 ].

悬赏一道平面几何题（奖励最先给出有效证明者精美图书一套！）
“设D是△ABC内任一点，过动点P作AD、BD、CD的平行线，在△ABC相应两边所在直线之间截得三条线段，其长度分别记为x、y、z。求证：x/AD、y/BD、z/CD这三个比值中，一定有一个等于另外两个之和。”.

老封向老姜奖励科普名家谈祥柏先生所译的《稳操胜券》（上、下）一套！.

鉴于市北初级中学邓博文同学给出了新的证法：
http://ww123.net/baby/thread-4419802-8-1.html
他也获得了老封的赠品：
“通俗数学名著译丛”中的《奇妙而有趣的几何》一册！
上面两位可到指定地点领取奖品：http://www.jw-edu.cn/.

引用:

原帖由 老姜 于 2007-4-29 13:19 发表

邓的书我带给他，可以吗？5月5日我会遇到他的，我先把我的那本给他（我好像有两本哦，一本你以前给你，还有一本数学学校发的），然后5月11日你给我。请指示。

那最好不过。其实我身边已经没有这本书了，上次的已全被抢购一空。.

老姜上次在另一帖子（http://ww123.net/baby/thread-4419808-1-1.html）中提到：
“下图中，求证：EI=FJ。”
我也对同一图形作了探索，没想到获得了一个意外的结论：
同一图中还成立“BK平方+CL平方=2×EI平方！”
不知道其难度如何？你有兴趣想一想吗
看来老封又要继续设奖了：）.

.

晚上不能上网，痛苦。
上午登录一看，惊喜！老猫真是高手啊，抽刀断水功夫非凡。老姜的新结论也让人欣喜。说明这个图形奥妙非凡，还有待发掘。
老猫指出了一条正确的思路：把一侧的图形旋转过去！只有这样，才能建立图形的内在联系。
不过说实话，老猫的证法我还没有完全消化，有些细节还未想通：在一般情形中，为什么旋转后，线段C′E和D′F必相等？——这是保证全等的基础。.

昨晚我还考虑了一种推广：
当M不是中点，而是AB联线上的任意一点，结论也有效，只不过前面需要加权的系数。
具体说来，就是：两者平方差之比，与P点分线段AB的比的平方相等！
（这一情形还没给予证明呢。有待大家努力！）

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-30 10:52 编辑 ].

但是我试过另外两种推广思路，却失败了：
推广至正三角形不行；推广至普通的直角三角形也不行；只有等腰直角三角形才行。
说明其中肯定还有奥秘没被完全搞清楚。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-30 10:48 编辑 ].

为了奖励老猫昨晚出色的工作，现向你赠送最新出炉的新书——单教授刚修订出版的《解题研究》一册！
凡是对这题讨论有贡献者，还可继续获取老封提供的新奖励：）

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-30 10:50 编辑 ].

老姜的结论好像也不容易推广至加权的情形，我正在伤脑筋呢。
谁有锦囊妙计没有？.

我又发现了证明细节的一些新的线索：
图中EC′＝FD′＝AB/根号2，
两条垂线EP、FQ的长度分别为x＋y、x－y，其中x、y是图中所构造的水平和垂直距离（以CD方向为准）。
也就是说，老猫所构造的这对全等的直角三角形的三边长度，仅跟线段AB的长度和方向有关！
这些细节也许对证明有至关的作用，供大家参考。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-4-30 13:40 编辑 ].

引用:

原帖由 老猫 于 2007-4-30 17:04 发表


忽然发现此处的证明证不出来了，是不是当时没有仔细推敲这个地方的证明？

证明的确是有点过不去，我晚上也会再想想。.

老猫：昨晚想过了，你的证法好像是有问题。线段EC′和线段FD′的相等不成问题，我已给出了证明，而且还证明了这对全等的直角三角形：Rt△PEC′和Rt△QFD′的两条直角边确实分别为x＋y和x－y。
但接下去的论证却走不下去，不能得到平方和成立的有效结论，只能得到如下的关系：.

已彻底弄明白了！
老猫的证明是有效的。
而且用老猫所添的辅助线，还可以对梯形的情形得到额外的结论：
“BK+CL=AD。”
而这也并非是平凡的。.

设P、Q是线段AB上的任意两点，图中四个正方形共有三组顶点各四点共线，那么六条线段a，b，c，d，e，f的长度成立如下关系：.

现在的问题是，不知正方形是否还能推广为其它的图形？.

（不过结论不如正方形强，只能写出一个等式。）
设P、Q是线段AB上的任意两点，图中四个形状相似的矩形共有三组顶点共线，那么六条线段a，b，c，d，e，f的长度成立如下关系：.

http://ww123.net/baby/thread-4419808-2-1.html.

设ABCD和A′B′C′D′是平面上任意两个顺相似四边形，则一定成立如下关系：.

刚才犯了点错误，请见

http://ww123.net/baby/thread-4419808-2-1.html

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-7 16:22 编辑 ].

设ABCD和A′B′C′D′是平面上任意两个顺相似的圆内接四边形，则一定成立如下关系：.

如果去掉圆内接的条件,结论就比较繁,这里就不写出来了.
如果两个四边形不相似,那我想什么关系也都没有了.谁能找出来,我服了他!.

这是上回那题的证明吧?.

好样的！.

老姜，你昨天给我思考的这题晚上已找到了推广，改造成为一道证明题。
你看看：.

这两天正忙于备课，没时间想下去了。.

据说解题高手唐传发老师还未正式登陆过，只是浏览了一下而已。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-31 13:59 编辑 ].

引用:

原帖由 老姜 于 2007-5-10 10:07 发表
你昨晚的电话搅了我的清梦。不过，接这个电话还是有所收获的。希望能把这个问题的几何背景搞清楚，三角的面孔应该只是它的显像部分。

你注意到没有：这个图两个角地位还是不对称的。
要想几何上论证，首先得把结论改造得更对称些 ！
能不能把这个三角关系转化掉？.

刚收到老殿的邮件：
老封你好：我以前讨论过Malfatti问题，并给出了相应的解法，好像《小花》中就有。
近日阅读吴文俊老先生的一篇《数学机械化：回顾与展望》，参见：
http://www.mmrc.iss.ac.cn/973/wu-pref.htm
其中有一段使我百思不解：
几何作图也是一类诱人的问题，在１９世纪中叶得到充分的关注。除了通常的规尺作图外，１９世纪的几何学家，还阐发了只用直尺或只用圆规之类的作图理论与作图方法。在古希腊时代，就有求作一圆与三圆相切的Appolonius问题以及所谓几何三大问题。１９世纪又出现了所谓求作三圆彼此相切且各与三角形的两边相切的Malfatti问题，更重要的是给出了可以规尺作图的充要条件。例如Appolonius问题可以用规尺作出，而Malfatti问题则否。Gauss更据以证明可以规尺作图的所有可能的正多边形，特别指出正 １７边形可以用规尺作出，这一出人意表的成果使年轻的Gauss决定献身数学。在近代，也有源自著名数学家Zassenhaus与Van der Waerden的一个问题。已知一个三角形的三条边，就可作出它的内外分角线来。反过来，知道三角形的内外分角线的三条，是否可以作出相应的三角形来，就很不简单，但运用上述判准，却可以得到完全的解决，即一般说来光用规尺是不可能的。
难道Malfatti问题真是尺规作图不能问题，还是下面作法有问题：先定出三线形a1a2a3内心I，再定出三角形A1A2I、A2A3I、A3A1I的内心I1、I2、I3，以I2I3、I3I1、I1I2为对称轴，分别将A1I、A2I、A3I反射变换得到共点的三条直线b1'、b2'、b3'，则四线形a1a2b1'b2'、a2a3b2'b3'、a3a1b3'b1'的内切圆即为所求圆。请你看看，若Malfatti问题真是已经证明了的尺规作图不能问题，以上作法又没有问题，那问题可就大了：代数证明的尺规作图不能问题是不可靠的！弟：殿林  07-05-08

老殿，我想吴老先生在这一细节上出了点小错。Malfatti问题并不是尺规不能问题，作法不仅《小花》中有，记得阿达玛《几何》一书附录中还有详细讨论。看来对名人的言论也不能迷信啊！

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-14 10:15 编辑 ].

昨晚在研究一个颇有意思的图形：

任意直线L关于△ABC三边的轴对称直线L1、L2、L3，它们围成一个三角形，记为△XYZ。我发现了两个有趣的结论——

结论一  △XYZ的内心I恰位于△ABC的外接圆上。.

结论二  △XYZ的外接圆直径D与△ABC的垂心H离开直线L的距离d之比，恰好等于△ABC与垂三角形△DEF的面积之比！.

还有，当直线L平移或绕定点旋转时，可观察到△XYZ的外心O′的轨迹分别是直线和圆，有意思的是，它们都经过△ABC外接圆上一个固定的点，它并不受直线L的方向或旋转中心的具体位置干扰。
那么这个固定的点有什么特点呢？
现在已经搞清楚了，该点的特点是——它对于△ABC的西摩松线恰好平行于△ABC的欧拉线！
后又发觉，当直线L平移或绕定点旋转时，△XYZ的垂心或其它特殊点的轨迹也都是直线或圆，而且也相应地经过定点。对这类定点的刻划是一件有意思的事。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-15 09:13 编辑 ].

又如，当直线L绕某个定点旋转时，可观察到△XYZ的欧拉线也相应地在绕另一个定点旋转。能不能把这两个定点之间的联系刻划出来？.

引用:

原帖由 老殿 于 2007-5-16 08:40 发表
这个问题就更为复杂了。
三角形XYZ ...

我的感觉与你不同，这个构形比作轴对称点的反而简单，而且意思更大。
从表面看，这题涉及的是作轴对称线，其实不然。从更深处看，它更多体现的是三相似图形的思想（而且还是一种特例）。其实一切都是在顺相似的范畴内做文章，所以结论更显和谐。下次有空我再对此作些解释。.