[几何] 几道平常几何题的逆命题——难

就地取材（否则，我一定给 两条内角平分线相等的三角形是等腰三角形 为首题），第一题：



原命题：已知：如图，在正$\triangle ABC$中，若$BD=CE=AF$。求证：$\triangle DEF$是正三角形。

逆命题：已知：如图，在$\triangle ABC$ 中，$BD=CE=AF$。$\triangle DEF$是正三角形。 问：$\triangle ABC$ 是否为正三角形？ 如果是，请给出证明；如果不是，请举出反例。

此题部分解决：详细可参考 http://kkkkuingggg.5d6d.net/thread-735-1-1.html

第二道，源自人教论坛：http://bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=2680885

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2013-3-18 12:47

原命题：在$\triangle ABC$中，$\angle BAC=60^\circ$，$\angle C=40^\circ$，$AP$平分$\angle BAC$交$BC$于$P$，$BQ$平分$\angle ABC$交$AC$于$Q$。求证：$AB+BP=BQ+AQ$。

逆命题：在$\triangle ABC$中，$AP$平分$\angle BAC$，交$BC$于$P$，$BQ$平分$\angle ABC$，交$CA$于$Q$，已知$\angle BAC=60^\circ$，且$AB+BP=AQ+QB$。问$\triangle ABC$的各角的度数的可能值是多少？

这个完全解决，因为这是2001年第42届IMO试卷第5题（倒数第二题）！

本楼就来说说此题。

三角法：如图标记角度与线段长度，有
$$AB=c,2\alpha+\beta=120^\circ,\beta=120^\circ-2\alpha$$

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2013-3-18 23:32

在$\triangle ABQ$中
$$\dfrac c{\sin (\alpha+\beta)}= \dfrac {AQ}{\sin \alpha}=\dfrac {BQ}{\sin 60^\circ}$$
在$\triangle ABP$中
$$\dfrac c{\sin (30^\circ +\beta)}=\dfrac {BP}{\sin 30^\circ}$$
于是

\begin{align*}
AQ=\dfrac {c \cdot \sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta)},
BQ&=\dfrac {c \cdot \sin 60^\circ}{\sin (\alpha+\beta)},
BP=\dfrac {c \cdot \sin 30^\circ}{\sin (30^\circ +\beta)}\\
\\[1ex]

AB+BP&=AQ+QB\\

\\[1ex]
c+\dfrac {c \cdot \sin 30^\circ}{\sin (30^\circ +\beta)}&=\dfrac {c \cdot \sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta)}+\dfrac {c \cdot \sin 60^\circ}{\sin (\alpha+\beta)}\\
\\[1ex]

1+\dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ +\beta)}&=\dfrac {\sin \alpha+\sin 60^\circ}{\sin (\alpha+\beta)}\\
\\[1ex]
1+\dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ +\beta)}&=\dfrac {2\sin (\dfrac\alpha2+30^\circ) \cdot \cos (\dfrac\alpha2-30^\circ)}{\sin (\alpha+\beta)}\\
\\[2ex]

\sin (\alpha+\beta)&=\sin (120^\circ-\alpha)=\sin (\alpha+60^\circ)\\
\\[2ex]


1+\dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ +\beta)}&=\dfrac {2\sin (\dfrac\alpha2+30^\circ) \cdot \cos (\dfrac\alpha2-30^\circ)}{\sin (\alpha+60^\circ)}=\dfrac {2\sin (\dfrac\alpha2+30^\circ) \cdot \cos (\dfrac\alpha2-30^\circ)}{2\sin (\dfrac \alpha2+30^\circ) \cdot \cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)}\\
\\[1ex]

1+\dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ +\beta)}&=\dfrac {\cos (\dfrac\alpha2-30^\circ)}{\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)}\\
\\[2ex]

\dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ +\beta)}&=\dfrac {\cos (\dfrac\alpha2-30^\circ)}{\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)}-1=\dfrac {\cos (\dfrac\alpha2-30^\circ)-\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)}{\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)}\\
\\[2ex]

\dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ +\beta)}&=\dfrac {-2\sin \dfrac\alpha2 \cdot \sin (-30^\circ)}{\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)}=\dfrac {2\sin \dfrac\alpha2 \cdot \sin 30^\circ}{\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)}\\
\\[1ex]
\dfrac{1}{\sin (30^\circ +\beta)}&=\dfrac {2\sin \dfrac\alpha2}{\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)}\\
\\[5ex]

2\sin \dfrac\alpha2 \cdot \sin (30^\circ +\beta)&=\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)\\
\\[1ex]
\sin (30^\circ +\beta)&=\sin (150^\circ-2\alpha)=\sin (30^\circ+2\alpha)\\
\\[1ex]

2\sin \dfrac\alpha2 \cdot \sin (30^\circ+2\alpha)&=\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)\\
\\[1ex]
-(\cos (\dfrac{5\alpha}2+30^\circ)-\cos (-\dfrac{3\alpha}2-30^\circ))&=\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)\\
\\[1ex]
-\cos (\dfrac{5\alpha}2+30^\circ)+\cos (\dfrac{3\alpha}2+30^\circ)&=\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)\\
\\[1ex]
\cos (\dfrac{3\alpha}2+30^\circ)&=\cos (\dfrac \alpha2+30^\circ)+\cos (\dfrac{5\alpha}2+30^\circ)=2\cos (\dfrac {3\alpha}2+30^\circ) \cdot \cos (-\alpha)\\
\\[1ex]

\cos (\dfrac{3\alpha}2+30^\circ)&=2\cos (\dfrac {3\alpha}2+30^\circ) \cdot \cos \alpha\\
\\[1ex]
\cos (\dfrac{3\alpha}2+30^\circ)(1-2\cos \alpha)&=0\\
\\[1ex]
\beta=120^\circ-2\alpha&>0 \Rightarrow 0^\circ < \alpha<60^\circ \Rightarrow 1-2\cos \alpha \ne 0\\
\\[2ex]

\cos (\dfrac{3\alpha}2+30^\circ)&=0 \Rightarrow \dfrac{3\alpha}2+30^\circ=90^\circ\\
\alpha&=40^\circ
\\[2ex]
&\cdots\\
&\cdots
\end{align*}

以上三角法，和差化积，积化和差，参考于刘文光；过程看上去比较复杂，其实主要就是将钝角化小，观察构成积为零的式子，从而得到结果。

但是，用三角来解此题，真心不好化简。

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此楼介绍纯几何法，其实基本上就是同一法了，特别巧的是，最近对一些以往轴对称求角的题，也碰到了一些用同一法的，也是促成偶特开这一帖的原因之一。
提到纯几何法，那得说说李斌755兄台的同一法，如图：

不过，此解只能说明此解满足条件，是否还另有解，未知。



故此，有以下讨论（按下面图中较大的左图字母说明）：

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2013-3-19 18:22

沿$AP$ 将 $AC$ 轴对称，得等边$\triangle ACC'$。
若$BP=BC'$，则由$AQ+QC=AC=AC'=AB+BC'=AB+BP=AQ+QB$，则需$QC=QB$，
亦是
$\dfrac{\angle ABC}2=\angle ACB=40^\circ$，合题……


若$BP\ne BC'$，则在射线$BC'$上截取$BP'=BP$。
同理截取$QQ’=BQ$，连结$BQ’,PP'$，则等腰$\triangle BPP',\triangle BQQ'$。

由对称性，知$\angle P'=\angle AQ'P$，进一步知图中所有标记点的角的大小均是$\dfrac{\angle ABC}2$，进而有
$\angle PBQ=\angle PQ'B$，于是

$BP=PQ'=PP'=P'B$，等边$\triangle BP'P$，故：$\dfrac{\angle ABC}2=\angle BP'P=60^\circ$，但此时$\triangle ABC$不存在。

也就是说，满中条件的三角形有且只有一个，$\angle ABC=2\angle ACB=40^\circ$。


OK，不保证以上输入，字母之类完全正确，但讨论$BP$与$BC'$是否相等，是纯几入手的关键。

很好！本论坛几何专家之一非IC莫属！
估计很难有人来回你贴，我先来顶一个！

我一直觉得 IC 能将这类大贴整理成文拿去发biao，发哪里应该都没问题，或者IC打算出书？

楼上二位，不敢当不敢当，也只是取经及娱乐而已。
有各位，才好玩啊。
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第三题第1组，前两题，原命题平凡，但逆命题难度实在太大，这里给出相对平易近人一组垂心题（源自单墫），供大家消遣。


原命题：已知，在$\triangle ABC$中，$AD$为高线，$H$为垂心，求证：$\angle BHC = 180^\circ -\angle BAC$。

逆命题：已知，在$\triangle ABC$中，$AD$为高线，若$H$在高线$AD$上，且$\angle BHC = 180^\circ -\angle BAC$，$H$是否为垂心？

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2013-3-19 17:04

第三题第2组，图依然用第1组左图（不防先研究锐角三角形），但相对入手就困难多了——

原命题：已知，在$\triangle ABC$中，$H$为垂心。
求证： $\triangle AEF, \triangle CDE, \triangle BDF$外接圆相交于$H$，
且$\dfrac{HE}{HF}=\dfrac{EC}{FB},\dfrac{HF}{HD}=\dfrac{FA}{DC},\dfrac{HD}{HE}=\dfrac{BD}{AE}$。

逆命题： 已知，如图，$D,E,F$在$\triangle ABC$分别在其边上，
$\triangle AEF, \triangle CDE, \triangle BDF$外接圆相交于$H$，
且 $\dfrac{HE}{HF}=\dfrac{EC}{FB},\dfrac{HF}{HD}=\dfrac{FA}{DC},\dfrac{HD}{HE}=\dfrac{BD}{AE}$ ，
是否有$AD,BE,CF$是$\triangle ABC$的三条高，即$H$是垂心？

2# isea
先上一引理

接上楼

7# 李斌斌755
是否需要四边形ABCD为凸四边形？

7# 李斌斌755
是否需要四边形ABCD为凸四边形？
李斌斌755 发表于 2013-3-20 19:48

这个引理不成立，其实，这个引理就是说：一且对角相等且一组对边相等的四边形是平行四边形，这是假命题。
这个反例，通常是直接拿一个等腰三角一砍，重新拼接。


人教主页上，有详细的讨论：http://www.pep.com.cn/czsx/jszx/ ... 0110809_1062436.htm

如，用圆的反例：



从全等角度上说，用SSA，必须判定两三角同是锐角或者同是钝角三角形。

原命题：略，可参见逆命题。

逆命题： 若圆内接五边形的每个角相等，则它为正边形。

源来：2012年自主招生北约联考倒数第2题，其实$2n+1,n\in \mathbf{Z_+}$均成立。

10# isea


学习

10# isea


学习
李斌斌755 发表于 2013-3-24 23:11

共同学习，有“争议”才有进步

第六道，又想起一道，想起来就先记下来，免得忘记了：

原命题：$Rt\triangle {ABC}$中，$\angle A=90^\circ,AB$大于$AC$，求证：过点$A$的中线，角平分线，高将$\angle A$四等分。

逆命题：在$\triangle {ABC}$中，$AB$大于$AC$，已知过点$A$的中线，角平分线，高将$\angle A$四等分，求角A的大小。

答案可以参考人教老帖：http://bbs.pep.com.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=2597916

2#isea
再上一引理（引理不成立）

15# 李斌斌755
边边角不能判断两三角形全等的的反例