[几何] 平行，平行，还是平行

如图，平行四边形$ABCD$，若$AF \sslash CE$，则$BF \sslash DE$，简单之极。

(5.94 KB)

2013-1-3 17:19

哪怕$E,F$跑到边的延长线上，依然有若$AF \sslash CE$，则$BF \sslash DE$。

(14.76 KB)

2013-1-3 17:26

我们把平行四边形砍一刀，变成梯形，如图，依然有若$AF \sslash CE$，则$BF \sslash DE$，有点意思了，想“秒”可不易。

(8.32 KB)

2013-1-3 17:31

跑到延长线上，依然有若$AF \sslash CE$，则$BF \sslash DE$，其实，跑不跑到延长线上，其实一样，换换字母即可将外圈变成梯形，所以还是同一个东东。

(10.33 KB)

2013-1-3 17:41

要证明这个问题，怕是少不了辅助线了。

本帖引出问题，下回开一新回复，简单看看证法。

路过……
PS、平行符号我在本论坛上专门定义了个命令 \sslash，效果 $AB\sslash CD$，看上去应该好些。当然，如果觉得麻烦，直接打两斜杠 // ，不强制。

2# kuing
呵呵，\sslash ，复制过去了，这个当然需要统一语言了。
\parallel 要是这个就好记多了。

＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝＝
晕，parallel 两竖直线啊，原来是

3# isea

\parallel 是 $\parallel$ 默认就有的了

纯平面几何的方法就不写了，大家直接看人教论坛zheyic的解答。

解答过程的配图为：（主要是字母顺序问题）


延长BA, CD交于K。
AD//BC => KA/KB=KD/KC ...(1)
DE//BF => KE/KB=KD/KF ...(2)

(1)/(2)得：KA/KE=KF/KC
=> CE//AF

原链接：http://bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=2524769




=========================================================

看来，将两腰延长是关键！

那将平行进行到底——

同一平面内六点，$A,B,C$三点共线；$D,E,F$三点共线，若$AE \sslash BF，BD \sslash CE$，则$CF \sslash AD$。
（图为示意图，只需要两组三点共线，若有两组平行，则另一组亦平行）

(11.52 KB)

2013-1-3 18:21

这事实不够"平易近人"(指不太像考试题目），改改点的位置，可得图形

(13.99 KB)

2013-1-3 18:36

并重新编一个字母顺序，可得到：

题目：
点$O$为在三角形$ABC$内一点，过点$O$作$OD \sslash BC$交$AB$于$D$，过$D$作$DE \sslash AC$交$CO$于$E$，连结$BE$。
求证：$BE \sslash AO$。（以下说的题目就是指这个）

(14.02 KB)

2013-1-3 18:42

或者直接写成四边形的形式，对角线上的点，等等

(14.55 KB)

2013-1-3 18:52

如果，你动手或思考这些图形各自证明，会发现AB与DE直线的交点这些图形的共同“特征”，用这个交点，证法都一是致的。
当然，如，此楼的题目，还有平几其它证法。


这里给一种向量证法（其实是自己熟悉一下，哈哈）

记$AB$与$DE$的交点为$O$，则由$AE \sslash BF，BD \sslash CE$，设$\vv {OB}=\lambda \vv {OA},OE=\mu \vv {OD}$，则
$\vv {OC}=\mu \vv {OB}=\mu\lambda \vv {OA}$，$\vv {OF}=\lambda \vv {OE}=\lambda\mu \vv {OD}$，下略

(好处是，由共线直接写比例关系，顺其自然）

以此为引理，则可以统一证明下面几何题。

(11.87 KB)

2013-1-3 19:44

这里仅给出曾经在人教论坛里写的第一个证明。


对于第2问，在以上证明中，只需要相应将条件改动，则有对应等腰三角形，从而得到角分线。


后记
再次在看到第2个题，是在张景中写的绕来绕去的向量法见到的，2003年德国竞赛题，再者，早想整理一下这些个相关的零散的东西，再者，特别想有个第2题的面积证明，所以今天干脆来个总结，顺便在线写写latex代码。

顺便说一下，在人教论坛原帖讨论中，0.1说可以用Menelaus定理及同一法证明，
不过，偶在找有无面积法的过程中（虽然目前无果），倒是可以用Ceva定理直接搞定。

(14.21 KB)

2013-1-3 19:54

对三角形$CDB$中，$CG，DR，BQ$相交于$G$，则
$\dfrac{DP}{PB}\dfrac{BR}{RC}\dfrac{CQ}{QD}=1$，
$\dfrac{DP}{PB}\dfrac{BE}{CD}\dfrac{BC}{FD}=1$，
又$BE=DF$，有$\dfrac{DP}{PB}\dfrac{BC}{CD}=1$，
即$\dfrac{DP}{PB}=\dfrac{CD}{BC}$，……

以此为引理，则可以统一证明下面几何题。
663
这里仅给出曾经在人教论坛里写的第一个证明。


对于第2 ...
isea 发表于 2013-1-3 19:44

终于找到第2题的面积法了！



给个辅助线，先。
虚线为平行四边形边的垂直，现在没时间（过程虽然很短），回头有空再写过程。

(9.14 KB)

2013-5-28 13:30

面积法（来自 仁者无敌面积法，张景中，彭翕成）

\begin{align*}
2(S_{\triangle BED} -  S_{\triangle BEG})  &= 2(S_{\triangle BFD} - S_{\triangle  GFD})  \\
BE(MN-MG)&=DF(PQ-GP)\\
BE\cdot GN&=DF \cdot GQ\\
BE&=DF\\
\therefore GN&=GQ\\
GN&\perp DC\\GQ&\perp CB\\
\therefore \angle BCG&=\angle DCG
\end{align*}