等面积,等周长,某一条角平分线对应相等的两个三角形全等吗?

这是一个”长使英雄泪满巾”的命题.五年了,我还没有遇到一个能征服它的人.如果你是”千里马”,就请给我证明吧!
这是《百度几何吧》中，贵州毕节的一位网友对该命题证明的感叹。他对这个命题的猜想比我要早几年。

沿中线切开 扳倒 中线为底 高是H 以中线为水平线 在其上下H出作两平行线，这时，原底边被限制在过中线端点旋转扫射两平行线的直线上，任一扫射状态所对应的周长都只与关于水平线对称的那个状态所对应的周长相等（连续性）。显。

对。

当然，大家也可以把点作为正方形的一个特例。

http://www.xysforum.org/xys/ebooks/others/science/misc/bianzhengfa18.txt

此文实际是整理了在这里的一些讨论所得。

即证明三角形全等（包括对称全等）。

把三角形AOB的O点放在直角坐标系原点，设A点坐标为(x,y)，B点坐标为(z,0).

周长、面积、中线长度，都可建立独立的方程， 方程为三个。而确定三角形的的坐标的未知数也是3个。所以当三角形的周长、面积、中线长度确定时，x,y,z 有确定的解。

证明并不难，暂不用解析几何法（复数实际也是解析法），我给出准欧氏证法如下（四边形按对角线划分为2个三角形常常是很有效的）：

http://blog.sina.com.cn/s/blog_3fd642cf0100b441.html

实际上，第一题可以从这里开始想：如果离足够远观察，那个小正方形缩为一个点了， 所以实际上命题对一正方形各顶点与另外的点的连线的个中点，也成立。

我发明的这个“远看法”，需要诗歌般的想象力，在观察“多边形的外角和为周角”的时候，就非常有意思：

http://blog.sina.com.cn/s/blog_3fd642cf0100b444.html

基本思想：向量公式的几何实现。用原文第二图。作AM平行且等于FE,CN平行且等于EG。则F,1,M三点共线；E,3,N三点共线。三角形ADM和三角形CAN全同。故DM垂直且等于AN。由此易见12垂直且等于13。此证明可以推广到等比例的分点：只要AM:FE=A1:1E, CN:EG=C3:3G即可。（以上线段都是有向的。）

就纯几何的证明而言，还能更简单吗？不大可能了吧。

欢迎来到南开大学！祝你成功！

你的证明很棒，你的图像我之前也得到了，也找到代数解法，但一直没有找到恰当的纯几何证明方法。

那看来，我实在有必要过一段时间贴一些解析几何题目上来，都是圆，椭圆，双曲线，抛物线的题目？你有兴趣吗？如果喜欢比较有趣的初等代数问题，可能也能找到一些。呵。

我觉得之所以李老师没有看懂我的证明是因为这道题产生了歧义。。。可能导致我们对该题的论证方向不一致。

当我看到题中“只要位置合适”条件时，我的第一论证反映是，对任意两个正方形，只要我找到一个合适的位置，满足题中条件即可。。。
SO，本人只利用原题图一的梯形体，证明该梯形体满足题设条件，即可证明结束。

HLA宇宙新学

因为这里不能贴图（只有李老师可以），所以无法添加画图功能。倒是有个插件可以做图，不过需要贴图的人用一种很特殊的语言来写脚本，所以基本上没什么用处。

请在其他网页/博客上贴图然后在这里给出链接即可。

顺便说一下，理论物理学家周围的人果然都是高手，呵呵。

看了你的证明，非常好。

我对第二题的证明和你是一样的。

对了，能给我们介绍一下几何画板软件吗？很想学

http://blog.163.com/gesdad_3j/blog/static/67548872008102082441729/

一直想思考认为这种证法很好，其实是复数的一种更加复杂的用法。例如，我们看一下下图：

图中我们先做平移 ，然后转动一个角，然后伸缩一个因子 ，这样，经过变换后的任两点之差是

当然为了简单我们可以将用一个复数取代。在这个变换之下，任意两个线段的夹角不变，长度比例也不变。

令t是0和1之间的一个数，我们可以做平移 ，然后转动伸缩一个因子，取就是第一个题目遇到的情况。

这个证明虽然有一个好听的名字，但核心就是和那个简单的复数证明一样。

看不懂你的证明，让一直想思考来看吧。如果你参加学校的考试，如此言简意赅不交代清楚，老师会扣分，有时干脆不给分。如此写论文，审稿不通过

第一题的简易几何证明法（两行）：
1）按连接线，四个梯形面按比例截取平行线，显然四边相等；
2）以大正方形为底面，任意被截取平行线与其相对应大正方形边平行，且无焦点，即被截取平行线平行于底面，可证明被截取四点到底面距离相等（共面）
结论：四点共面，四边相等，应该是正方形的定义
证毕

HLA宇宙新学

我只是告诉大家什么最简单。

pekingli的物理证法可用否？

共形映射不简单，我过点时间贴出。

到目前为止，按简单排序：复数证法，物理证法，共形映射。

一直想思考的原始证明十分复杂，我过些时间再公布。但他能够想到这个题目本身很不容易。这说明了研究中经常出现的一个现象：原始解答往往复杂，但提出原始问题很original。

我的最简洁的数学证明（三行）如下：

只要证明两个邻边相等且正交即可。

如上图， ， 相等且正交，用复数，则有：

同理，

因为：

故：

证毕

复数在这里起了关键作用，因为相等且正交的两个线段用复数表达最简单。

谁有相对简单的几何证明？（我怀疑没有特别简单的）

补充这句话，证明成立。

你的物理证明和我知道的一个数学证明几乎同样简洁。

另外，你的证明可以推广到立体几何的情形。

xexz：

Kaku的书我没有看过。

我喜欢这个物理解答。但是，严格地说，你只是证明了任何时刻四位旅行者形成等边四边形，没有证明直角。

很好玩。

我们家对面现在有唐宁one在勾引买房者上钩，说是请了很多经济学大师讲课。我拿着你的故事也去讲一次吧，一小时收费一万

ymytm：

何为最对称？对成群的轶最大？

第一题你只给出想法，没有细节，不算解答

一直想思考：

服务器还是偶尔出问题，已经去掉一些plugin了，但还是有问题。

爱因维特根梵高斯坦：

有意思，但EFGH上每一点发光的方向不同才行。

A、B、C、D四个甲虫位于一正方形的四个顶点，他们以同样的速度朝下一个甲虫的方向移动。不难求解，它们各自的运动轨迹为螺旋对数曲线。

假设其中一个甲虫A是个数学家，它计算出它们最终的目的地是正方形的中心点O，于是它就开始直接朝向最终目的地O移动了。而其他3个甲虫仍然是个追随者。

那么4个甲虫各自的运动轨迹如何？智慧者出现节省的路程是多少？

客观上，大量的社会活动都是将他人作为追求目标而展开的，我们就是一群循环追随的甲虫，追随别人的同时，也被别人当作“偶像”。

偶尔也会出现象甲虫A那样的智慧者，直接奔终极目标而去，而这样做会让自己省力，也会让追随者更容易达到目标，从而带动社会、企业更快的发展。

当然，如何将客观与模型联系起来还是问题：

1、四类甲虫的权重会不一样，这与自己的魅力和职位相关，这可以通过各点上甲虫数量来替代；

2、大量的甲虫存在，可能的分类远不止4类，这需要相关的“4”线性化。

－－－－－－－－－－－－－－
希望考磐在涧批评指正一哈

http://blog.sina.com.cn/s/blog_54246cd70100b6rt.html

平子：你的4个点。第一个先静止，第二个做直线，第三个做弯曲加直线，第四个做2个不一样的弯曲加直线。

hui 的解答让我感觉很好，我一直记得这题，就感觉有高深的东西存在，当时可能是大1时，我想出这题的时候，就感觉了可以用更高的思想去解决，但我家里有本高等几何，上面的有一小节讲了klein的著名的爱廷更纲领，一切几何都可以用群的观念去解答。（当然我学过一点的黎曼几何不是拉）我只知道这句话，还没确实去深究它，但知道这句话我就放弃深入研究了。

hui的解答投射着群的基本观点了。pekingli 的解答，让我更是兴奋，虽然还不太清楚他说的所有东西。我希望看到更高等的解答

第一题本身我一开始的解答，不是这样的，需要估计30多辅助线，纯华丽，不过里面投射这某些内禀不变形，大2或者大3时，当我知道了如hui的答案，我那时就判定我的题目很垃圾。

我把第一题的另一个解答发给李老师吧。

第2题的不做评价了，本来没打算这题的，因为和某北大学生又要了2道题目。

第一个问题对于两正方形所在平面平行的情况易用立体几何证明，如果对于一般情况，还是用代数几何比较方便，不管是OA,OB,AB的矢量表示还是(x0,y0,z0),(x0+a0,y0+b0,z0+c0)的坐标表示。由于OB-OA=OD-OC，OF-OE=OH-OG，并且OI=1/2(OA+OE)，易知IJ=OJ-OI=OL-OK=KL，即IJ平行等于KL。

我和mark sun都被自己忽悠了
：）

不过，题目本身并没有明确约定两个正方形在同一平面上，我感兴趣的是在空间上一般地处理这个命题。

Hui直接处理一下这个问题。

STEP 1:假设 c1>c2;a1+c1=a2+c2 满足周长相等
可推出a1<a2, b1*b1-b2*b2=a1*a1-c1*c1-a2*a2+c2*c2<0
得出b1<b2
此时得证椭圆2包住椭圆1，二者没有交点 故不可能做出中线相等的两椭圆
ps.中线既椭圆中心到椭圆上一点的连线
结论 c1=c2

STEP 2: c1=c2, a1=a2 周长相等，此时两焦点和椭圆任意一点组成的三角形都满足；再考虑面积相等，则椭圆到长轴的距离必须相等，即三角形在椭圆上的点必须是长轴平行线和椭圆的交点 二者是对称的
结论:三角形全等
画个图的话很容易理解
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李淼
2008年11月19日 14:39:23

zjuphyer：

画一个椭圆不够，你先固定了一个边，题目没有这个假设。题目不像看上去那么容易。

这么快想到代数解法已经很不错了，我花在代数解法的时间比你还稍长呢。 有一个几何解法，不过我的比较复杂，希望能看到大家提出简单的。

aa：

没事，我们还等着几何解法呢。

您说的对，就是(A到中线的垂线和中线的交点)和(中线与底边交点)的距离。抱歉我大小写乱用，没说清楚。

从你的周长公式看，令A到a的垂线与a的交点为C，a与底线的交点为D，CD长为x。你说的AA’我不懂。

如果我的理解是正确的，你的证明就是正确的。

很好。

我还没有时间看你的第一题的证明，第二题证的这么快，已经很厉害了。

没看懂你的A’和B’在哪里。

Pencil：

不是打发时间，是做体操。

画一个椭圆不够，你先固定了一个边，题目没有这个假设。题目不像看上去那么容易。

Hui：

第二题原则上可以用代数证明，我等会看下你的证明。

假设取的不是中点而是x分点。把原证明中的d/2变成d/x即可。

显然如果小正方形的中心和大正方形的中心重合，那么根据旋转90度的对称性，无论小正方形如何旋转，所得四边形必为正方形，设其边为E1,E2,E3,E4。

以大正方形建立直角坐标系，当把小正方形在x方向平移d时,E1的两个端点P1和P2都在x方向平移d/2，因为是中位线。因此正方形E1-E2-E3-E4整体x方向平移d/2，还是正方形。同理对y方向平移。

至此我们穷举了小正方形的所有变换（旋转加平移）。

证毕。

如果命题针对一定条件成立的话，那么平移或转动其中的一个正方形，并不会改变命题的恒成立。因此需要的额外条件只与两个正方形之间夹角的方式有关。

中线等长(设为a)同时等面积，因此另两个顶点（设为A,B）到该中线的距离相同(设为d)，设如果中线垂直于底边时的顶点为(A’,B’)那么直线AA’平行于a，设A到A’的距离为x.则周长为

2*sqrt(x^2+d^2)+sqrt((x-a)^2+d^2)+sqrt((x+a)^2+d^2)

其中x>=0

求导的第一项恒大于等于0，第二项第三项的导数相加除去共同正因数为

(x+a)*sqrt((x-a)^2+d^2)+(x-a)*sqrt((x+a)^2+d^2)

当x>=a时显然恒为正，当x<a时，等价于比较

(x+a)^2*(x-a)^2+(x+a)^2*d^2 和 (x-a)^2*(x+a)^2+(x-a)^2*d^2

显然前者大于后者，于是导数恒为正。因此给定一个周长，必定找到唯一的x解，从而确定三边和内角。

证毕。

所谓位置合适，以直觉来看，一个充分条件是：在平面上存在一点，这一点是四条连线的共同唯一交点，或者两个正方形的中心重合。不满足这两个条件任何一个，命题是不能成立的。

第二题，一时间还找不到思路。

1、2也等价于——对应边平行

数学笑话我喜欢。bourbaki那个最有意思。