注记：由本题还可引出一个有趣的问题。
设过圆外一点M向⊙O作切线MA、MB。动点P关于MA、MB的轴对称点为P′、P″。问何时P的反演点Q恰落在直线P′P″上？

出人意料的是，这个问题的答案由两个部分构成：
（1）要么P点落在以MO为直径的圆上；
（2）要么P点落在另一圆上，该圆的构造法如下：反向延长半径OA和切线MB的延长线交于C，反向延长半径OB和切线MA的延长线交于D，再以CD为直径作圆。

本题的结论等效于前一种情形。

大家有什么新的想法？可继续补充。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-1 13:58 编辑 ].

今天又找到一些后续的结论：
首先，第二情形中的圆其实就是以AB为直径的圆关于⊙O的反演圆！
其次，我找到了一种新的角度联系，其实是上面结论的推广形式：
“如图，设过圆外一点M向⊙O作切线MA、MB。动点P关于MA、MB的轴对称点为P′、P″，关于⊙O的反演点为Q。
则2∠AQB＋∠P′QP″＝360°。”
这个关系我还没给出证明。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-2 13:08 编辑 ].

如果这个结论证明了，那上面共线的命题就是其特例了：
当∠AQB＝90°或180°时的情形。
（不过如不采取有向角，会对P点的位置有些要求。）

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-2 12:58 编辑 ].

又找到更进一步的关系：
下图中，QA一定平分∠P′QO，QB一定平分∠P″QO！（这比上面的关系更强）


看谁最先能给出证明！.

这个应该不太难，可简化为下面这题：
“已知：P、Q是⊙O的一对反演点，P关于过A的切线的对称点为P′，联结QA、QP′。求证：∠1＝∠2。”


看谁能给出简单证法？.

再把上面这题改为直线形的等价形式，供同学们思考：
“如图，在等腰梯形ABCD中，M是下底BC的中点。E是腰CD上一点，满足∠CME＝∠BAM。
求证：EM平分∠AEC。”

对最先正确解答的同学，老封会提供奖励！.

引用:

原帖由 老姜 于 2007-5-2 16:23 发表
冯先生，我把余老师的那本书送给邓博文了，作为回报，你也要送一本单老师的书给我啊。：）

老姜，没问题。我正和单教授在一起，也许还能送带有他老人家亲笔签名的呢.

我又找到了这题稍直接一些的证法：
“已知定圆w,圆心为o,圆外有一定直线l，过圆心作OE垂直于l,在l上任取一动点M(不与E重合），过此点作圆的切线，切圆于A,B.现作EC垂直于MA,ED垂直于MB，连结C,D,延长交OE于F.求证F为定点。”
证明：联结OM、OA、AB、AE，并作EG⊥AB于G。
因E位于等腰三角形MAB外接圆上，故C、D、G共线（即Simson线）。
为了证明F是E′E的中点，以下只需论证GF是Rt△GE′E斜边上的中线即可。为此只需证∠1＝∠4。
∵ OM⊥AB，EG⊥AB，∴OM∥EG，得∠1＝∠2。
∵ O、A、M、E四点共圆，得∠2＝∠3。
∵ A、C、E、G四点共圆，得∠3＝∠4。
由此∠1＝∠4。证毕.

引用:

原帖由 冬瓜妈妈 于 2007-5-3 15:11 发表
二年级的儿子从小喜欢数学。有次问儿子，你的理想是什么呢？他回答说：“我长大了，要把所有的质数都找出来！我找不完，就让我儿子也一起找。” 原来那阵子，他自己正自己研究质数的问题，在一个个地找质数 ...

我小时候好像也做过类似的事。人小志高，前途无量啊。有机会和他交朋友吧.

挂一个问题供大家思考：
设△ABC中，A点关于BC边的对称点为A′，B点关于CA边的对称点为B′，C点关于AB边的对称点为C′。
经探索发现，对某些三角形来说，A′、B′、C′可能位于同一条直线上！
谁能把这样的三角形所该满足的条件找出来。
这个问题困扰了我好久，至今没有解决。.

提出一个猜想：
“当上述三个对称点A′、B′、C′一旦共线时，所共的直线一定经过△ABC的类似重心K！”
（注：所谓“类似重心”K，就是和△ABC的重心G满足如下图所示等角关系的点。）.

而且，进一步猜想：△ABC的拿破仑点N与K的联线一定垂直于所共直线A′B′C′！
（注：△ABC的“拿破仑点”N，就是如下图所示，以△ABC的三边向形外作三个正三角形，每个顶点与对面正三角形的中心联线所共的那个点。）.

老封悬赏100元给最先证明上述猜想者！.

当A′、B′、C′共线时，发现内拿破仑点N′也在同一条垂线上！
也就是说，对△ABC而言，三个对称点A′、B′、C′共线的充要条件很可能就是——类似重心K、拿破仑点N、内拿破仑点N′三点恰好共线。
（注：所谓“内拿破仑点”N′，就是以△ABC的三边向内侧作正三角形，每个顶点和对应的正三角形中心的联线，这三条联线的所共之点；示意图如下。）

[ 本帖最后由 老封 于 2007-6-1 11:55 编辑 ].

著名的拿破仑定理指的是：
“以任意三角形的三边向外作正三角形，则这三个正三角形的中心也一定构成正三角形！”
据传说，这个漂亮结论的提出者就是历史上大名鼎鼎的法兰西第一帝国皇帝拿破仑一世。.

后人发现，当三个正三角形改向内侧作时，结论照样成立——称之为“内拿破仑三角形”。.

刚才不小心出了毗漏。
其实，对一切三角形而言，类似重心K、拿破仑点N、内拿破仑点N′都一定是共线的！
记起来了，这个结论是“通俗数学名著译丛”中有一本《蚁迹寻踪及其他数学探索》（2001年12月出版，朱惠霖译）的书中提到的。是一个比较新的定理，由美国几何学家Kimberling于若干年前发现。（大家可查阅这书的第一章）
记得一年多前老殿对这一结论作过深入的推广。有关细节以后请老殿作介绍。
现将猜想订正如下：
“如果△ABC的每个顶点关于对边的轴对称点A′、B′、C′恰好共线，则所共线一定穿过类似重心K，而且必垂直于NKN′所共之线！”

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-3 22:25 编辑 ].

记得去年新知杯初三数学竞赛中有一个平几题：
“当△ABC是直角三角形时，顶点关于对边的轴对称点所形成的三角形A′B′C′的面积一定是原三角形的三倍。”
这个题并不难做，还没做过的同学可以思考一下。.

对任意△ABC而言，我通过几何画板提出如下猜想：
△ABC的面积一定不小于△A′B′C′面积的五分之一！
系数五分之一是最佳而不能改进的——当△ABC很扁时，趋近于这个最佳系数。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-4 00:12 编辑 ].

这是我在“平面几何新思索”一文中提出的一个结论（2004年2月27日），共大家参考：

结论4  三角形的两个Fermat点连线和两个Napoleon点连线的交点是类似重心。.

注：以△ABC的三边向外作三个正三角形，每个顶点与对面的正三角形的相应顶点的联线所共之点F，称为△ABC的费马（Fermat）点。
当正三角形改为向内侧作时，三条联线仍然共点，所共点F′称为内费马点。.

引用:

原帖由 StarBugs 于 2007-5-4 09:44 发表
有实用几何吗？比如几何和建筑的关系之类的。如Solid shape　（等边等角等面的几何形状）在建筑界的应用。

不是每个人都能享受猜想的美丽，　倒是大部分孩子未来都要面临买房的问题。给他们科学的知识，会使 ...

我想我们该给孩子传递的，不应仅仅局限于“科学的知识”，而主要的是“科学的方法”。其实，从买房等实际问题的需要来看，只要具备计算长方形面积这些少量的知识就够 了（很少有房子不是长方形的形状）。这并不意味不需要学深入的平面几何内容。
恰恰相反，通过有效学习平面几何，可以培养一个人多方面的能力，例如通过对图形性质的深入分析，可以锻炼观察问题的眼光以及思考处理问题的敏感和应变能力，这才真正是让人终生受用的。
总之，平面几何这门学科给人带来更多的方面是能力，而不仅仅限于知识。.

这里我还想强调一下探索的能力，这是较高的要求，一般的教学中并非不包括这项内容。
但是，当人成长到一定的阶段，他所面临的更多是独立地去判断和处理事务，而不再是单纯按别人的指令去执行简单的操作。所以迟早有一天他会意识到这项重要的能力对于人的发展乃是必不可缺的。但大家静心想一想，在整个中学教学进程中，哪门学科对培养这项能力是最能起到效果的？
我看在现在的教育中很难找到像平面几何这样，既能给人带来趣味，又能提供很多探索机会的更合适的学科。它的直观性和简洁性是其它学科无能替代的。这也就是我们强调平面几何不能删削的最主要理由！.

引用:

原帖由 俩子爸 于 2007-5-4 21:22 发表
叶老师好！我们是校友呀，我是87届的，属于不需要动脑子的文科的。我儿子在读预初，在一所普通中学的实验班读?

好！中学校友还是大学校友？.

这两天有机会与单墫教授在一起，于是讨论起了我昨天的那个图形。单教授对此也颇有兴趣，他正在思考如下逆问题：
“设△ABC的每个顶点关于对边的轴对称点分别为A′、B′、C′，问如何由A′、B′、C′三点逆向确定原三角形ABC？”
看来这个问题并不容易回答，直到吃完晚饭时，单教授还说一点思路也没有。.

今天有一项意外的进展：
对昨天这一图形，我探索到如下新事实：

“△ABC的两个拿破仑点N、N′和类似重心K所共的直线，一定恰好经过△A′B′C′的外心！”

并已由几何画板给予验证。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-6 01:20 编辑 ].

单教授正在思考的这个问题想必是复杂的。

因为即便对正三角形A′B′C′，逆问题的解也不是唯一的。

其中最明显的一组，就是以正三角形A′B′C′的三边中点的构成的△ABC——它显然符合要求。

下面，我再来构造另外一种解：
如下图，取正三角形A′B′C′的中心O，联结OA′、OB′、OC′，然后作∠OA′B′的角平分线交OB′于C，作∠OA′C′的角平分线交OC′于B。再以BC为底边向下作顶角为30°的等腰△ABC——可以证明它同样也符合要求！

对于其它两边也类似操作，还可以构造出另外的两个三角形。

所以说对于正三角形A′B′C′，逆问题就至少有四组解！.

引用:

原帖由 StarBugs 于 2007-5-4 19:01 发表
从古代埃及的金子塔，到美国的五角大楼。房子不是都是长方形的。只是在经济高速发展的上海，房子都是毫无美学的长方形的摩天大楼。我们这代建设者，实在不大懂得几何的美。只是希望封老师培养的下一代，能比我们 ...

关于Solid Shape，我有一本原版书，记载了几何大师H.S.M.Coxter的许多工作，内包括千奇百怪的多面体图片，有些是实物模型的照片。
不过，我总觉得这和平面几何的思维还是明显有差异的。平面设计，并不从属于平面几何。多面体世界，更多用到的是群论的思想。
数学与美总是相通的！无论哪个分支。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-5 00:53 编辑 ].

不好了！对于正三角形A′B′C′，我又构造出了另外三组解。

例如：先以B′C′为斜边向内作等腰直角△AB′C′，再分别向两侧作正三角形AB′B和AC′C，则所得的△ABC也满足要求。同理还有另外两组解。

这样，对正三角形A′B′C′，逆问题的解已多达七组！

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-5 08:21 编辑 ].

如果把作对称点改为作垂足，具体说来，说是：
对给定△ABC，自顶点A、B、C分别向对边作垂线，垂足依次记为A″、B″、C″。通常把△A″B″C″称作原三角形的“垂三角形”（orthic triangle）。

对于垂三角形来说，逆问题要简单得多。

若先给定△A″B″C″，要逆向确定原△ABC，可分两种情形：

（1）当△A″B″C″是钝角三角形或直角三角形时，逆问题无解——即不存在满足要求的△ABC；

（2）当△A″B″C″是锐角三角形时，逆问题恰有三组解——只要取△A″B″C″的内心和三个旁心中的任意三点作为△ABC顶点都可满足要求。

其理由留给同学思考。.

这里再提供两个逆问题供大家参考：

（1）以任意△ABC三边为斜边向外作等腰直角三角形BCA′、CAB′、ABC′，得到△A′B′C′。问怎样由△A′B′C′倒回去确定原△ABC？

解法如下：

分别自A′、B′、C′向对边作垂线，并在每条垂线上截取与对边相等的线段：A′A＝B′C′，B′B＝C′A′，C′C＝A′B′，所得的△ABC即满足要求。.

（2）以任意△ABC三边向外作正三角形BCA′、CAB′、ABC′，得到△A′B′C′。问怎样由△A′B′C′倒回去确定原△ABC？

解法如下：

再以△A′B′C′的三边向外作正三角形B′C′A″、C′A′B″、A′B′C″，然后依次取线段A′A″、B′B″、C′C″的中点A、B、C，则所得的△ABC满足要求。.

上述问题（2）是由数学家Ludwig  Kiepert（1846—1934）解答的。.

引用:

原帖由 俩子爸 于 2007-5-5 10:10 发表
大学的呀。“负担”新闻。

新闻系不简单啊。.

我曾在《数学通讯》杂志上讨论过更一般的问题：

在△ABC周围作三个已给定形状的三角形BCA′、CAB′、ABC′，如何由A′、B′、C′三点及三块已知的形状倒过去确定原△ABC？

这一问题已彻底解决。.

引用:

原帖由 老殿 于 2007-5-5 13:18 发表


经过探索，我得到的结论是，满足A′、B′、C′位于同一条直线上的点的轨迹是比较复杂的方程曲线，每条边上下各有一条，共三条曲线，附图中点B、C的坐标分别为（-a,0）、（a,0）。

很高兴又遇到老殿了！的确，这种关系确是比较复杂的。利用余弦定理，不难用△ABC的三边长a、b、c表示出△A′B′C′的三边长，但因涉及余弦三倍角，所以写出的关系很繁琐，不便应用。

现除了120°为顶角的等腰三角形这一平凡情形外，我还未能在几何画板中精确画出使A′、B′、C′真正共线的图形，能不能构造出一个实例来？这样就能验证前述猜测。

请问，你这条曲线是用几何画板画的，还是用Mathematica画的？.

引用:

原帖由 StarBugs 于 2007-5-5 13:30 发表
中学的几何，需要分难么细。真希望有实用几何。

难，并不是平面几何追求的目标。但遇难而退，也不是学习平面几何所应有的态度。单教授曾经说过，学习数学不能老是“喝白开水”。应该去思考一些有意思的问题，哪怕很难也不会影响我们思考的乐趣。只有不畏艰险，才能领略到胜境！.

多做“好的数学”，经常思考有质量的问题，才能从中磨炼出人的素质。

题目通常分为两种，一种是常规题，有固定的套路可循；另一种就是我所说的有意味的问题，这往往需要靠发挥自己的创造性和主动性才能有效解决，思考这类问题才更有助于能力的提高。.

对于前面那个问题，当周围三个给定形状的三角形都是以120°为顶角的等腰三角形时，就相当于是拿破仑定理的情形。
因此，若△A′B′C′不是正三角形，逆问题便无解；
若△A′B′C′是正三角形，情况就变得不确定，这时有无穷多解──可随意取一点作为A，然后作△AC′B、△AB′C使之为120°顶角的等腰三角形；这时可以证明△A′B C也一定是120°为顶角的等腰三角形。因此△ABC便满足要求。.

再挂一个逆问题供大家思考：

作△ABC每个顶点关于对边中垂线的轴对称点A′、B′、C′，问如何由△A′B′C′逆向确定原△ABC？

这个问题并不难回答，明天公布答案。.

问题：作△ABC每个顶点关于对边中垂线的轴对称点A′、B′、C′，如何由△A′B′C′逆向确定原△ABC？

答案：作出△A′B′C′的外接圆，并分别作∠A′、∠B′、∠C′的外角平分线，依次交外接圆于A、B、C三点，则△ABC便满足要求。.

注记：其实上述操作有一规律──由此作出的A′、B′、C′三点总位于△ABC的外接圆上，因此外接圆这一不变的框架便应是我们考察此题的重要立足点。

不难发现，△A′B′C′的三边方向与△ABC的“垂三角形”恰分别平行（反位似）！由此就不难找出前面的作法。.

我还曾将此改编成简易的题（2005年10月27日）：

“已知：五边形APBCQ中，AP＝AQ＝BC，且PB∥AC，QC∥AB（即APBC和AQCB都是等腰梯形）；BE⊥AC于E，CF⊥AB于F。求证：PQ∥FE。”

不难体会到这题和上面那个结论的彼此等价性。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-6 00:43 编辑 ].

如果把由△ABC确定△A′B′C′的过程反复迭代，就可得到如下漂亮的图形。
不知这是否满足StarBugs的美学要求？.

我估计这种迭代未必都趋于正三角形，有不少三角形最终会掉到共线的“黑洞”中去。.

刚刚收到了老殿的邮件。

他的这一精确图形表明，前面猜测的正确性已借助几何画板得以证实！

现继续征求数学上的证明。.

这是老殿的邮件：
“×兄你好:
这是满足A'、B'、C'共线的画板文档，可以验证你的猜想都是正确的。假期很忙，没有多少时间和你讨论问题，只有羡慕你们讨论的份。
弟：殿林
07-05-06”.

引用:

原帖由 老殿 于 2007-5-6 08:20 发表
关于对边对称的顶点三角形反复迭代最终得到一个正三角形，能够简单证明吗？

刚才我在研究这一迭代过程，发现其中出现了混沌现象，极为复杂！

正三角形似乎只是一个“吸引子”，但“黑洞”肯定是大量存在的。

[ 本帖最后由 老封 于 2007-5-6 16:07 编辑 ].

作为对照，我建议大家可以试着玩一下数论中的如下迭代：

把一个大于1的自然数n的全部“真约数”（包括1，但n本身不算）全部加起来，得到一个新的自然数；然后不断重复上述过程。

例如：20→22→14→10→7→1
大多数自然数都会像这样最后终止于1（倒数第二个是质数）。但也有例外：
         6→6→6→6→···
         28→28→28→28→···
以上这些就是所谓“完全数”；又如：
         220→284→220→284→···
         1184→1210→1184→1210→···
以上这些就是所谓“亲和数”；已经找到三节循环乃至28节循环的存在，不过数字都挺庞大。（可参见《数论妙趣》第4章）
甚至近年有人还证实了这类序列有发散的可能性！.

我儿子编了个vb小程序，求自然数的真约数和，还能不断迭代。大家试试看！
（用法如下：把数字输入第一个文本框；先点击上面的按钮，再不断点击下面那个按钮，直至最终变0为止）.