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ΔABC 中,∠C=2∠B,M 在 BC 上,CM=2BM,D 是 AC 中点。求证:MD=BM+AD

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发表于 2023-7-6 21:26 | 显示全部楼层 |阅读模式
选自纯几何吧


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发表于 2023-7-7 08:11 | 显示全部楼层
\(∠B=2B,∠C=4B,∠A=180-6B\)

\(AB=3\sin(4B),BM=\sin(6B),CM=2\sin(6B),AD=CD=3\sin(B)\cos(B)\)

\(\frac{BM+AD}{MD}=\frac{(BM+AD)^2}{(MD)^2}\)

\(=\frac{(\sin(6B)+3\sin(B)\cos(B))^2}{(2\sin(6B))^2+(3\sin(B)\cos(B))^2-2(2\sin(6B))(3\sin(B)\cos(B))\cos(4B)}\)

\(=\frac{\sin(6B)^2+(3\sin(B)\cos(B))^2+6\sin(6B)\sin(B)\cos(B)}{4\sin(6B)^2+(3\sin(B)\cos(B))^2-12\sin(6B)\sin(B)\cos(B)\cos(4B)}\)

\(=\frac{6\sin(6B)\sin(B)\cos(B)}{3\sin(6B)^2-12\sin(6B)\sin(B)\cos(B)\cos(4B)}\)

\(=\frac{2\sin(6B)\sin(B)\cos(B)}{\sin(6B)^2-4\sin(6B)\sin(B)\cos(B)\cos(4B)}\)

\(=\frac{\sin(6B)\sin(2B)}{\sin(6B)^2-2\sin(6B)\sin(2B)\cos(4B)}\)

\(=\frac{\sin(2B)}{\sin(6B)-2\sin(2B)\cos(4B)}\)

\(=\frac{\sin(B)}{\sin(3B)-2\sin(B)\cos(2B)}\)

\(=\frac{1}{3-4\sin(B)^2-2\cos(2B)}\)

\(=\frac{1}{3-4\sin(B)^2-2+4\sin(B)^2}\)

\(=1\)
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发表于 2023-7-7 14:13 | 显示全部楼层
本帖最后由 天山草 于 2023-7-7 14:16 编辑



注: 在上面程序中,u 和 v 都是正实数,且 u>4。

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 楼主| 发表于 2023-7-8 22:08 | 显示全部楼层

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发表于 2023-11-17 17:24 | 显示全部楼层
分享一种几何证法

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发表于 2023-11-17 18:31 | 显示全部楼层
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发表于 2023-11-19 17:20 | 显示全部楼层
题:如图,在ΔABC 中,∠C=2∠B≤90°,M 在 BC 上,CM=2BM,D 是 AC 中点。求证:MD=BM+AD。


思路:作等腰△ABE,使AE=AB,CF⊥于AE于F,连DF,F到BE的距离为h,其它各线段的大小如图所示。

因∠C=2∠B,则△ACE是等腰三角形,且△ACE∽△ABE。即(3x+2y)/2r=2r/2y,或r^2=y(3x+2y)/2。

又在Rt△ACE中,有h/r=√(4y^2-r^2)/2y,或4h^2y^2=r^2(4y^2-r^2),或h^2=(3x+2y)(6y-3x)/16。

从而y^2-h^2=(3x-2y)^2/16,即√(y^2-h^2)=(3x-2y)/4。

因DF∥BE,故z^2=[2x-(√(y^2-h^2)]^2+h^2=4x^2-4x√(y^2-h^2)+y^2=4x^2-x(3x-2y)+y^2

=(x+y)^2,即z=x+y,或MD=BM+AD。

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发表于 2023-11-19 18:17 | 显示全部楼层
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发表于 2023-11-20 21:59 | 显示全部楼层
本帖最后由 ataorj 于 2023-11-20 23:46 编辑


如图,求证:y=1+z
由公式cot(2v)=([cot(v)]^2-1)/2cot(v),
即x/2h=[((3-x)/2h)^2-1]/((3-x)/h)
化简得12x-3xx-9+4hh=0 ....(1)
而1+z=1+Sqrt[(x/2)^2+h^2]
且y=Sqrt[(2-x/2)^2+h^2]
先假设yy=(1+z)^2,化简后同(1)式,可见假设成立,
则y=(1+z),证毕

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发表于 2023-11-20 23:33 | 显示全部楼层
本帖最后由 波斯猫猫 于 2023-11-20 15:36 编辑

三角法是简洁。
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