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標題: 97附中第二次填充第15題 [打印本頁]
作者: ksjeng    時間: 2009-3-12 16:25     標題: 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
作者: weiye    時間: 2009-3-12 17:49

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
\[ z=5.\]

圖片附件: images.jpg (2012-1-1 00:33, 6.94 KB) / 該附件被下載次數 5410
https://math.pro/db/attachment.php?aid=875&k=41ed9296f0bf1f3d298c16d573b02049&t=1732298691

作者: ksjeng    時間: 2009-3-12 17:51

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
作者: weiye    時間: 2009-3-12 17:53

我不知道來源耶，我是剛剛才看到，才開始解的。

:-)
作者: ksjeng    時間: 2009-5-16 14:23

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
作者: bugmens    時間: 2009-5-16 14:53

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 ]
作者: ksjeng    時間: 2009-5-16 15:10

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 l1、l2的點形成交比對應，亦即 l1上任意四點A1、B1、C1、D1與l2上相對應的四點A2、B2、C2、D2，其交比要相等。則對應點間的聯線A1A2、B1B2、……會圍成一個圓錐曲線，即A1A2、B1B2、……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 ]
作者: tsusy    時間: 2011-11-17 09:25     標題: 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~~



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