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97附中第二次填充第15題

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97附中第二次填充第15題

除了用向量
還可以使用其他方法嗎
懇請賜教

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引用:
原帖由 ksjeng 於 2009-3-12 04:25 PM 發表
除了用向量
還可以使用其他方法嗎
懇請賜教
如附圖,延長 \(\overleftrightarrow{AD}\) 與 \(\overleftrightarrow{EH}\) 直線,設其交點為 \(I\) ,

令 \(c,d,e,f,x,y,z\) 如圖所示,

可以列出好多個孟式定理,

由 \(\triangle OEG, \triangle OFG\) 被 \(\overleftrightarrow{ID}\) 直線所截,可以列出如下
\[ \frac{x}{5} \cdot \frac{{c + d}}{d} \cdot \frac{2}{y} = 1 且 \frac{x+2}{3} \cdot \frac{{c + d}}{d} \cdot \frac{1}{1+y} = 1\]
上列兩式,有相同的 \(\frac{c+d}{d}\),可得
\[ \frac{x}{5} \cdot \frac{2}{y} = \frac{x+2}{3} \cdot \frac{1}{1+y}\]
\[⇒ \frac{x+2}{1+y} = \frac{6x}{5y} ........(1)\]

由 \(\triangle OEH, \triangle OFH\) 被 \(\overleftrightarrow{ID}\) 直線所截,可以列出如下
\[ \frac{x}{5+z} \cdot \frac{{e + f}}{f} \cdot \frac{3}{y} = 1 且 \frac{x+2}{3+z} \cdot \frac{{e + f}}{f} \cdot \frac{2}{1+y} = 1\]
上列兩式,有相同的 \(\frac{e+f}{f}\),可得
\[ \frac{x}{5+z} \cdot \frac{3}{y} = \frac{x+2}{3+z} \cdot \frac{2}{1+y}\]
\[⇒ \frac{x+2}{1+y} = \frac{3x\left(3+z\right)}{2y\left(5+z\right)} ........(2)\]

由(1)=(2),可得

\[\frac{6x}{5y} = \frac{3x\left(3+z\right)}{2y\left(5+z\right)} \]
\[\frac{6}{5} = \frac{3\left(3+z\right)}{2\left(5+z\right)} \]
解得
\[ z=5.\]

附件

images.jpg (6.94 KB)

2012-1-1 00:33

images.jpg

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此題解法我研究一天耶
最後免強用向量解出
謝謝老師指引
可否請教此題命題來源

[ 本帖最後由 ksjeng 於 2009-3-12 06:00 PM 編輯 ]

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我不知道來源耶,我是剛剛才看到,才開始解的。

:-)

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老師 我看到有位網友這麼解題
--------------------------
利用交比
因為ABCD共線,EFGH共線且AE,BF,CG,DH四線共O點
所以(EF,GH) = (AB,CD)
=> (EG/GF) / (EH/HF) = (AC/CB) / (AD/DB)
(5/3) / [(5+GH)/(3+GH)] = (2/1) / (3/2)
可解得GH = 5
--------------------
交比是什麼理論啊,
我查了維基百科,這是屬於複數平面的理論
數學真是高深莫測
懇請老師進一步指點與講解

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引用:
原帖由 ksjeng 於 2009-5-16 02:23 PM 發表
老師 我看到有位網友這麼解題
--------------------------
利用交比
因為ABCD共線,EFGH共線且AE,BF,CG,DH四線共O點
所以(EF,GH) = (AB,CD)
=> (EG/GF) / (EH/HF) = (AC/CB) / (AD/DB)
(5/3) / [(5+GH)/(3+GH)] = ...
我用google查到的
交比──一種重要的射影不變量
http://203.68.20.65/science/content/1984/00080176/0004.htm
從O點將一直線上的A,B,C,D投影到另一條直線上的四點E,F,G,H
好炫的解法
[5/20補充]
[射影幾何]交比(Cross Ratio)
http://tw.myblog.yahoo.com/oldbl ... =1756&next=1746

[ 本帖最後由 bugmens 於 2009-5-20 05:57 PM 編輯 ]

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老師

我直接貼上來

方便閱讀與查詢喔



交比──

一種重要的射影不變量

射影幾何研究的是射影變換之下的不變量。長度、兩直線的交角都不是,所以都不是射影幾何研究的對象。但是一條直線經過射影交換後還是一條直線,所以直線這個觀念是屬於射影幾何學的。在射影幾何學中,任何兩條直線都要相交於一點,就是平面幾何中一組互相平行的直線也要相交於一無窮遠點,而所有的不同(方向)的無窮遠點組成一條無窮遠直線。在這種規約之下,「兩直線相交」也是一個射影的不變量。除了這些以外,交比是射影幾何中一個很重要的不變量。
若A、B、C、D為一直線上的四點,則這四點的交比為
(1)



如圖一,假設從直線外任一點P,引直線PA、PB、PC、PD,交另一直線於A'、B'、C'、D'。我們可以把整個圖形看成由P點發出的一個投影,而含的任一平面為截影。如此,直線投影到,A、B、C、D分別投影到A'、B'、C'、D'。交比之為投影的不變量就是說
(AB,CD)=(A'B',C'D') (2)
如果A'、B'、C'、D'經由另一點P'再投影到直線上的A"、B"、C"、D",則
(AB,CD)=(A'B',C'D')=(A"B",C"D")(3)
經一次或多次的投影就說是射影。(3)式說:交比是射影的不變量。
交比這個觀念遠在亞歷山大希臘時代就有了。而且Menelaus(約西元100年)及Pappus(三世紀)都證明過(1)式的特殊情形或變形,但真正把射影當做重要概念,而且認定交比為重要的射影不變量的是十七世紀的Desargue。Desargue也是第一個有系統地引入無窮遠點與無窮遠直線的人。在圖一中,如果P為一無窮點,則PA、PB、PC、PD都互相平行,那麼(2)式的成立顯而易見。
要證明(2)式,通常先證明A與A'重合的情形。至若一般的情形,則可聯接AD',然後用兩次重合的情形(一次在A重合,另一次在D'重合)就得。所以我們可以只考慮圖二的情形。這種情形Pappus考慮過,而當這些直線都是球面上大圓弧時的球面交比定理,Menelaus認為是已知的東西。

圖二情形的證明有多種,其中最自然的是用兩次Menelaus定理:將PCC'、PDD'分別看成三角形ABB'的截線,則各得




將兩式相除,整理後就得(2)式。
十九世紀的Mübius則利用正弦定律得



將四式相乘就得(4)

因為(4)式的右邊只和共P點各直線間的角度有關,和無關,所以(2)自然跟著成立。
與共線四點的交比相對應,我們可以定義共P點四直線PA、PB、PC、PD(A、B、C、D不一定要在一直線上)的交比為


而當A、B、C、D的確共一直線時,由(4)式我們就得
P(AB,CD)=(AB,CD) (6)
為了分別起見,(5)式稱為線交比,而(1)式則稱為點交比。有了這兩種交比的觀念,我們可輕易證得射影幾何中最著名的Desargue定理及Pascal定理。
Desargue定理說:如圖三,兩三角形ABC及A'B'C'若相應頂點聯線AA'、BB'、CC'共一點O,則三對相應邊BC、B'C';CA、C'A';AB、A'B'的交點P、Q、R要共一直線。
證明:設OCC'交AB、A'B'、PQ於X、X'、Y,則
C(RQ,YP)=C(RA,XB)=(RA,XB)
                         =(RA',X'B')
                         =C'(RA',X'B')
                         =C'(RQ,YP)
如果PQ交CR於Z、C'R於Z',則上式的首尾兩項分別等於C(ZQ,YP)=(ZQ,YP)及C'(Z'Q,YP)=(Z'Q,YP),所以(ZQ,YP)=(Z'Q,YP),因此Z和Z'非相等不可,而且都要等於R點,亦即:P、Q、R共線。
Pascal定理說:如圖四,圓上有A、B、C、D、E、F六點,則AB、DE的交點L,BC、EF的交點M及CD、FA的交點N,三點共線。
證明:設AF、DE的交點為H,AB、DE的交點為L,CD、EF的交點為K,則
(EH,LD)=A(EH,LD)=A(EF,BD)
                       =C(EF,BD)(說明見下)
                       =C(EF,MK)=(EF,MK)
如果MN交DE於L',則最後一項等於(EH, L'D),因此由(EH, LD)=(EH, L'D)就得L=L'。
在上面的證明過程中,我們用到圓上四點的交比(定理),亦即,如圖五,設A、B、C、D為圓上四點,P為圓上另一點,則線交比P(AB, CD)與P點無關。亦即,若Q為圓上另一點,則
P(AB,CD)=Q(AB,CD) (7)
這是因為線交比是用角的正弦值之比來定義的,而就P與Q而言,相應的角不是同弧圓周角就是互補的角,因此正弦值相同。所以對共圓的任四點A、B、C、D,我們可以定義其(圓)交比(AB,CD)。
另一可注意者,圓交比(AB,CD)也可寫成


這是因為由正弦定律(見圖六)


將兩式相乘,並注意到PAC與PBC兩圓周角相等,就得;同理可得將兩

式相除就得(8)式。
如果用複數z1、z2、z3、z4表圓上四點,那麼(8)式可寫成為

這種形式的圓交比有時候在計算上很方便。
一個圓經過投射後,可得橢圓、拋物線或雙曲線,而直線仍然還是直線,交點也對應到交點。所以不但Pascal定理在任何圓錐曲線上都對,而且(7)式也對;圓交比就成了圓錐交比。將圓錐曲線下圖五的結果(7)式倒回去看,如果過P點的線束與過Q點的線束形成交比對應,亦即,PA1、PB1、PC1、PD1為過P點的任意四條直線,而QA2、QB2、QC2、QD2為相對應的四條直線,則線交比P(A1B1,C1D1)與Q(A2B2,C2D2)要相等。那麼對應直線PA1與QA2的交點A,PB1與QB2的交點B,…會描繪出一個圓錐曲線。與此相對偶,如果兩條直線 l1l2的點形成交比對應,亦即 l1上任意四點A1B1C1D1l2上相對應的四點A2B2C2D2,其交比要相等。則對應點間的聯線A1A2B1B2、……會圍成一個圓錐曲線,即A1A2B1B2、……為某一圓錐曲線的錐線(見圖七)。
古時圓錐曲線是用投影的方式來定義的,它們之間似乎有很多共通的地方,但也有許多個別不同的性質。現在用直線、交點、交比這些射影不變量把圓錐曲線整體定義出來,我們就看出它們異同所在了──它們在射影變換這個層次是相同的。這種觀念由Chales及Steiner分別提出,是十九世紀射影幾何學的一大進展。除此之外,在十九世紀,交比也在非歐幾何的長度計量方面扮演著重要的角色(見上期本欄)。
交比雖然是射影不變量,但它要用長度的比來定義,而長度卻是射影變換之下會改變的量,這是射影幾何學家感到尷尬的事。十九世紀另一位數學家von Staudt擺脫了長度,用純粹的射影方法定義出交比。Klein更進一步,用如此定義出來的交比來定義歐氏幾何中的長度與角度的觀念,使得射影幾何在邏輯演繹方面真正變成歐氏幾何的基礎,而歐氏幾何就成了射影幾何的特殊情形。這正是Klein在其Erlangen綱領中所要闡釋的觀點之一(見上期本欄)。這更說明了交比是射影幾何中一種重要的不變量。
曹亮吉任教於台灣大學數學系,本刊編輯委員

[ 本帖最後由 ksjeng 於 2009-5-16 04:04 PM 編輯 ]

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回復 1# ksjeng 的帖子

這幾天,剛好在寫這份題目。

一開始也是想到孟氏定理,但三角形太多了,麻煩。所以改走以下:


利用線性變換保平行線段長之比例。
令 \( O(0,0)\, A(0,1), D(1,0), E(0,b), H(a,0) \)。

可得直線方程式 \( \overleftrightarrow{OB}:\, y=2x\), \( \overleftrightarrow{OC}:\, x=2y \), \( \overleftrightarrow{EH}:\,\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1 \)。

解聯立方程得 \( F(\frac{ab}{2a+b},\frac{2ab}{2a+b}) \), \( G(\frac{2ab}{2a+b},\frac{ab}{a+2b}) \)。

由 \( \frac{\overline{EF}}{\overline{FG}}=\frac{2}{3}\Rightarrow a=2b \)。

再計算得 \( \overline{GH}=\frac{5}{2}\overline{EF} \)。還原比例得 \overline{GH}=5。

最近寫題,愈來愈喜歡線性變換這招…哈~~
文不成,武不就

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