△ABC，BC的中点D，AC上的F，∠DEF+∠DAF=180°，AE=BD。求∠FBC与∠AFB的关系。

uk702

如图，△ABC，D是BC的中点，F是AC上的一点，AD与BF相交于E，∠DEF+∠DAF=180°，且AE=BD。求∠FBC与∠AFB的关系。
求各位大显神通。

王守恩

如图，△ABC，D是BC的中点，F是AC上的一点，AD与BF相交于E，∠DEF+∠DAF=180°，且AE=BD。求∠FBC与∠AFB的关系。求各位大显神通。
这问题(自创的？)出得不好(有什么特殊的？)，还不如求AC=BE。

uk702

先给一个代数的解法。

\( 由于 ∠DEF+∠DAF=180° \implies ∠AEF=∠EAF，即 △FAE 是等腰三角形，\)
\( 令 G 是 AE 的中点，则 AG=GE，GF⊥AE。\)
\( \)
\( 令BD=CD=AE=x, BE=a \)
\( 由 梅涅劳斯定理，有： \)
\( \frac{DB}{BC}\times\frac{CF}{FA}\times\frac{AE}{ED}=\frac{1}{2}\times\frac{CF}{FA}\times\frac{x}{a}=1\implies\frac{CF}{FA}=\frac{2a}{x} \)
\( \)
\( 作CK⊥AD，则有\frac{KG}{GA}=\frac{CF}{FA}=\frac{2a}{x} \)
\( KG=AD-AG-KD=(a+x)-\frac{x}{2}-KD \)
\( ∴\frac{a+x/2-KD}{x/2}=\frac{2a}{x} \)
\( \implies\frac{2a+x-2KD}{x}=\frac{2a}{x} \)
\( \implies KD=\frac{x}{2}=\frac{CD}{2} \)
\( ∴∠ADC=60° \)
\( \)
\( \)
\( 注意到 ∠BED=60°-∠FBC，\ ∴ ∠AFB=180°-2∠BED = 60°+ 2∠FBC \)

王守恩

uk702 发表于 2021-10-5 10:04
先给一个代数的解法。

\( 由于 ∠DEF+∠DAF=180° \implies ∠AEF=∠EAF，即 △FAE 是等腰三角形，\)

太烧脑子了，试试昨天的方法。
\(记\ ∠CAD=\theta,\ 则\ 2\cos(\theta)=AE=DB=DC,\ \ \ \ 1=FA=FE\)
\(梅氏定理:\frac{DB*EF*AC}{DC*EB*AF}\equiv1\implies EB=AC\)
\(梅氏定理:\frac{FA*ED*BC}{FC*EA*BD}\equiv1\implies DE=FC*\cos(\theta)\)
\((4\cos(\theta))^2=(FC)^2+(FC+2)^2-2(FC)(FC+2)\cos(2\theta)\)
\((FC+1)^2=(2\cos(\theta))^2+(DE)^2+2(2\cos(\theta))(DE)\cos(∠ADC)\)
\((化简:∠ADC=\cos^{-1}(\frac{\sqrt{3}\cos(\theta)-\sin(\theta)}{2\sqrt{3}\cos(\theta)-2\sin(\theta)})=60^\circ\)
\(∠AFB=180^\circ-2\theta=180^\circ-2(∠ADC-∠FBC)=180^\circ-2(60^\circ-∠FBC)=60^\circ+2∠FBC \)

uk702

再给一个纯几何的证法。

\( 由∠DEF+∠DAF=180°  =>  ∠AEF=∠EAF \)
\(  \)
\( 作 E关于 D 的中心对称点G，则易知四边形EBGC 是平行四边形， \)
\( 故有 ∠AGC=∠AEF=∠EAF，∴AC=CG \)
\( 又 ∵ CG=BE ∴AC=BE \)
\(  \)
\( 过E作EK平行CD，且EK=CD，于是CK=ED，∠KCA=∠EAC=∠BED \)
\(  \)
\( △ACK 和 △BED 中，AC=BE，CK=ED，∠BED=∠ACK， \)
\( ∴△ACK ≌ △BED  \)
\( ∴ AK=BD=AE，而 EK=CD=AE， \)
\( ∴△AEK 是正△，∠ADC=∠AEK=60°。 \)
\( ∴AEF=∠BED=60°-∠EBD， \)
\( ∴∠AFB=180°-2∠AEF=60°+2∠FBC。 \)

王守恩

王守恩 发表于 2021-10-5 14:51
太烧脑子了，试试昨天的方法。
\(记\ ∠CAD=\theta,\ 则\ 2\cos(\theta)=AE=DB=DC,\ \ \ \ 1=FA=FE\)
\ ...

对4楼作简化。
\(记\ ∠CAD=\theta,\ 则\ 2\cos(\theta)=AE=DB=DC,\ \ \ \ 1=FA=FE\)
\(梅氏定理:\frac{DB*EF*AC}{DC*EB*AF}\equiv1\implies EB=AC\)
\((4\cos(\theta))^2=(EB-1)^2+(EB+1)^2-2(EB-1)(EB+1)\cos(2\theta)\)
\(解得EB=\sqrt{3}\cot(\theta)\)
\(\frac{DB}{\sin(\theta)}=\frac{EB}{\sin∠ADC}\)
\(解得∠ADC=60^\circ\)

王守恩

王守恩 发表于 2021-10-6 06:49
对4楼作简化。
\(记\ ∠CAD=\theta,\ 则\ 2\cos(\theta)=AE=DB=DC,\ \ \ \ 1=FA=FE\)
\(梅氏定理:\frac ...

受6楼启发，再简化。
\(记\ ∠CAD=\theta,\ 则\ 2\cos(\theta)=AE=DB=DC,\ \ \ \ 1=FA=FE\)
\(梅氏定理:\frac{DB*EF*AC}{DC*EB*AF}\equiv1\implies EB=AC\)
\(\frac{EB-1}{\sin(∠ADC-\theta)}=\frac{EB+1}{\sin(∠ADC+\theta)}=\frac{CB}{\sin(2\theta)}\)
\(解得∠ADC=60^\circ\)

uk702

王守恩 发表于 2021-10-7 04:52
受6楼启发，再简化。
\(记\ ∠CAD=\theta,\ 则\ 2\cos(\theta)=AE=DB=DC,\ \ \ \ 1=FA=FE\)
\(梅氏定理 ...

Perfect!  看看我解释得对不对

\( 由梅氏定理，有 \)
\( \frac{BD}{DC}\frac{CA}{AF}\frac{FE}{EB}=1 \implies CA=EB \hspace{2em} (∵ BD=DC，AF=FE) \)

\( 这也可由正弦定理得到 \)
\( \frac{EB}{sin∠BDC}=\frac{BD}{sin∠BED}=\frac{CD}{sin∠DAC}=\frac{AC}{sin∠ADC}  \)
\( \implies \frac{EB}{sin∠BDC}=\frac{AC}{sin∠ADC} \)
\( \implies EB=AC \hspace{2em} (∵∠BDC 与 ∠ADC 互补) \)


\( 再由正弦定理， \)
\( \frac{CF}{sin∠B}=\frac{BF}{sin∠FCB}=\frac{BC}{sin∠BFC} \)
\( \implies \frac{EB-1}{sin(∠ADC-θ)}=\frac{EB+1}{sin(∠ADC+θ)}=\frac{BC}{sin(2θ)} \)
\( \implies \frac{2}{sin(∠ADC+θ)-sin(∠ADC-θ)} = \frac{BC}{sin(2θ)} \)
\( \implies \frac{2}{2cos∠ADCsin(θ)}=\frac{4cos(θ)}{2sin(θ)cos(θ)} \hspace{2em} (∵ BC=2CD=4cos(θ)) \)
\( \implies \frac{1}{cos∠ADCsin(θ)} = \frac{2}{sin(θ)} \)
\( \implies cos∠ADC=\frac{1}{2} \)
\( \implies ∠ADC=60° \)

王守恩

uk702 发表于 2021-10-7 09:50
Perfect!  看看我解释得对不对

\( 由梅氏定理，有 \)

上半部分，中间的=要去掉(开始时是不成立的)
\(\frac{EB}{\sin∠BDE}=\frac{BD}{\sin∠BED}\ \ \frac{CD}{\sin∠DAC}=\frac{AC}{\sin∠ADC}\)
\(∵BD=CD\ \ \ ∠BDE=∠ADC\ \ \ ∠BED=∠DAC\ \ \ ∴EB=AC\)
\(sin变成\sin加\，60°变成60^\circ用circ,好看些\)
下半部分，用减法挺不错，最简单的。

王守恩

回味一下。还是不错的题目。
1，等腰三角形AEF可以是任意的。
2，若DB=DC，则BE=AC
3，若DB=DC=AE，则∠ADC=60°
4，\(60^\circ，6楼用了\frac{\sqrt{3}}{2},8楼用了\frac{1}{2}\)
5，有电脑引路，我们做题方便多了。
6，用三角函数设数求解，还是有优势的。