正方形ABCD中，BD弧以C为圆心，E∈AD，BE交BD弧于F，EG⊥AD交 CF于G，证：AE+EG=GC

cgl_74

ccmmjj 发表于 2023-5-17 00:26
我还有一个证明，是结合二次方程的。如下图

这里可以增加一个问题，为什么 x2=p-q 可以舍去？

从图形构建的关系看，p与q值是相互约束的，并非2个自由变量。你没有把所有相互关系都列出来。你可以求出q与p的相互关系，可能发现p<=q（我猜的），就直接看出x2是增根。而且如果没有把所有关系都表达出来，你解出来的根有可能都是增根（具体到这个题，有一个是增根）。

王守恩

好题(耐人回味)！谢谢 ccmmjj ！

\(已知数2个(\alpha,1),\ \ 未知数3个(AE,EG,k),\ \ 3个方程。\)

\(\tan(\alpha)=\frac{AE}{1},\ \tan(2\alpha)=\frac{1-EG}{1-AE},\ k=\frac{AE+EG}{GC}=\frac{(AE+EG)^2}{(1-AE)^2+(1-EG)^2}=1\)

cgl_74

cgl_74 发表于 2023-5-17 01:03
从图形构建的关系看，p与q值是相互约束的，并非2个自由变量。你没有把所有相互关系都列出来。你可以求出q ...

我猜的p<=q是猜错了。
但是p,q值确是相互约束的。确定了p值，q值也确定了。你的题目条件没有用完，所以增根如何筛选还需要额外证明。
不知道筛选增根的方法你找到没？可以刷新你的证明。
我自己用解析几何方法也做了一下，计算稍麻烦点，但是也能清晰的做出来。

ccmmjj

cgl_74 发表于 2023-5-17 09:03
我猜的p

我再刷一个证明（不是刷新，是新刷）方程结合倍角公式。

玉树临风

玉树临风 发表于 2023-5-16 23:43
什么叫已经很好了，一葫芦画瓢的事就只允许在学校里面出现，都出来混饭吃了，还玩出题解题那一套是不是有那 ...

真是大胆，居然敢说我是菜鸟，如果你只是追求一个兴趣，还谈什么正规不正规，出题解题，然后大家都说好，排除了别人就认为自己正规，这也太low了吧，，，几何作图作为数学联系实际的重要工具，被你玩出了设密码解密码的无聊局面，你也算是在考试测验里出类拔萃了，你所谓的正规训练出来的人才，对基础理论做过哪些贡献？

玉树临风

你这题目，即不典型又不高深，用几何作图画迷宫，仅此而已

玉树临风

以上作答，虽然能够得出结论，但不得不说是有违数学精神的，用了一大堆的相似推导，未免画蛇添足，没一个令人舒服的。这也充分显现了所谓专业训练出来的未必就好。

王守恩

好题！谢谢 ccmmjj ！

\(求:GC=AE+EG,即:GC+CH+HG=2HE\)

\(方法一:GC=1,CH=\cos(2\alpha),HG=\sin(2\alpha)\)

\(已知:\frac{HE-1}{\sin(\alpha)}=\frac{HE-\sin(2\alpha)}{\cos(\alpha)},求:k=\frac{1+\cos(2\alpha)+\sin(2\alpha)}{2HE}=1\)

\(方法二:\frac{GC+CH+HG}{2HE}=\frac{(\cos(\alpha)-\sin(\alpha))+(\cos(\alpha)-\sin(\alpha))/\cos(2\alpha)+\sin(2\alpha)(\cos(\alpha)-\sin(\alpha))/\cos(2\alpha)}{2\cos(\alpha)}=1\)

方法三:......

ccmmjj

根据“玉树临风”网友提供的思路，给出如下纯几何解答（是一个精彩的证明）。
证明：连接BD交EH（即EG延长到BC的点H）于I，在AB上截得点J使
        BJ=BH=AE，作圆J半径为BJ，则CF=CB，易证CF为圆J切线。
        显然EH亦为圆J切线，切点为I。所以GF=GI。
        若令正方形边长为a，则EH=CF=a, 可得:  GC=a-GF
        又知BHI是等腰直角，所以AE=BH=IH，并知 GF=GI
         故    AE+EG=IH+EG=EH-GI=a-GI 即得  AE+EG=GC。

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