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标题: 三等分三角形内角引出的几何题 [打印本页]

作者: 钟七珍 时间: 2011-8-30 21:09:07 标题: 三等分三角形内角引出的几何题

　　试证明：任意一个三角形的三个角的所有角三等分线相交，构成的三角形是正三角形。
三等分角相交正三角形.JPG

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作者: shercker 时间: 2011-8-30 21:33:23

我试试啊，因为任意一个角的二等分线与其三等分线角度之差对称……算了，想到这里吧，数学不好……

作者: 123wyx 时间: 2011-8-30 21:39:56

莫利定理？

作者: 玉逸风 时间: 2011-8-30 21:50:30

数学不好。不会证明。。。。。。。。。。。。。。

作者: 海上晴天 时间: 2011-8-30 23:08:44

原帖由 123wyx 于 2011-8-30 21:39 发表
莫利定理？

正解。。。。。。。。。。。。。。

作者: 钟七珍 时间: 2011-8-31 12:16:21

　　
　　莫利定理（Morley's theorem），也称为莫雷角三分线定理。　　
　　将三角形的三个内角三等分，靠近某边的两条三分角线相得到一个交点，则这样的三个交点可以构成一个正三角形。这个三角形常被称作莫利正三角形。　　
　　该定理以其美妙和证明困难著称。到目前为止，已经有很多证明方法。　　　
　　一种证明方法：设△ABC中，AQ,AR,BR,BP,CP,CQ为各角的三等分线，三边长为a,b,c,三内角为3α，3β，3γ，则α+β+γ=60°。　　
　　证法一：　　
　　在△ABR中，由正弦定理，得AR=csinβ/sin(α+β)。　　
　　不失一般性，△ABC外接圆直径为1，则由正弦定理，知c=sin3γ，
　　所以AR= 　　
　　（sin3γ*sinβ）/sin(60°-γ)=[sinβ*sinγ(3-4sin^2 γ)]/[1/2(√3cosγ-sinγ)]= 　　　
　　2sinβsinγ（√3cosγ+sinγ）=4sinβsinγsin（60°+γ）. 　　
　　同理,AQ=4sinβsinγsin(60°+β) 　　
　　在△ARQ中,由余弦定理,得
　　RQ^2 =16sin^2 βsin^2 γ[sin^2 (60+γ)+sin^2 (60°+β)-2sin(60°+γ)*sin（60°+β）cosα]=16sin^2 αsin^2 βsin^2 γ. 　　
　　这是一个关于α，β，γ的对称式，同理可得PQ^2 ，PR^2 有相同的对称性，故PQ=RQ=PR,
　　所以△PQR是正三角形。　　

　　证法二：　　
∵AE：AC=sinγ：sin（a+γ），　　
AF：AB=sinβ：sin（a+β），　　
AB：AC=sin3γ：sin3β，　　
∴AE:AF=（ACsin（a+γ）/sinγ）：（ABsin（a+β）/sinβ），　　
而sin3γ：sin3β=（sinγsin(60°+γ)sin(60°-γ) ）：（sinβ sin(60°+β) sin(60°-β) ），　　
∴AE：AF=sin(60°+γ)：sin(60°+β)，　　
∴在△AEF中，∠AEF=60°+γ，　　
同理∠CED=60°+a，　　
∴∠DEF=60°，　　
∴△DEF为正三角形。

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