Answer

问题及解答

在三角形 $\triangle ABC$ 中, $D,E,F$ 分别是三边 $BC$, $CA$, $AB$ 上的点, 且满足 $\frac{AF}{FB}=\frac{BD}{DC}=\frac{CE}{EA}=\frac{1}{m}$. 设 $AD$ 与 $BE$ 交于 $N$ (有时可记为 $AD\cap BE=N$), $BE\cap CF=P$, $CF\cap AD=M$. 求两三角形面积之比 $S_{\triangle MNP} : S_{\triangle ABC}$.

Posted by haifeng on 2018-03-14 21:43:24 last update 2018-03-14 22:37:54 | Edit | Answers (1)

在三角形 $\triangle ABC$ 中, $D,E,F$ 分别是三边 $BC$, $CA$, $AB$ 上的点, 且满足

\[
\frac{AF}{FB}=\frac{BD}{DC}=\frac{CE}{EA}=\frac{1}{m}.
\]

设 $AD$ 与 $BE$ 交于 $N$ (有时可记为 $AD\cap BE=N$), $BE\cap CF=P$, $CF\cap AD=M$. 求两三角形面积之比 $S_{\triangle MNP} : S_{\triangle ABC}$.
 

 


[Hint] 使用仿射几何的性质.

 

 

References:

冯克勤 射影几何漫谈

1

Posted by haifeng on 2018-03-14 22:31:09

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

根据条件

\[
\frac{AF}{FB}=\frac{BD}{DC}=\frac{CE}{EA}=\frac{1}{m}.
\]

两个三角形面积之比在仿射变换下不变. 因此不妨设 $\triangle ABC$ 是正三角形, 且 $AF=BD=CE=1$, $BF=CD=AE=m$. (如图所示)

 

分别过点 $P$ 和点 $F$ 作直线 AD 的平行线 $PQ$, $FR$, 分别交 $BC$ 于点 $Q$, $R$.  设 $BQ=x$, $FP=t$, $RQ=y$.

于是由三角形的相似关系, 可得

\[
\left.
\begin{align}
\frac{MC}{m}&=\frac{a}{1-x}\\
\frac{BP}{x}&=\frac{a}{1-x}\\
MC&=BP
\end{align}\right\}\Rightarrow x=m.
\]

 

另一方面,

\[
\left\{
\begin{align}
\frac{m}{x-y}&=\frac{1}{y+1-x}\\
\frac{t}{a}&=\frac{y}{1-x}
\end{align}
\right.
\]

将 $x=m$ 代入, 得

\[
\left\{
\begin{align}
y&=\frac{m^2}{1+m},\\
t&=\frac{ay}{1-m}
\end{align}
\right.
\]

于是 $t=\frac{am^2}{1-m^2}$. 从而有

\[
FC=t+a+MC=\frac{am^2}{1-m^2}+a+\frac{ma}{1-m}=\frac{a(m^2+m+1)}{1-m^2}.
\]

在 $\triangle BFC$ 中, 应用余弦定理,

\[
|FC|^2=m^2+(1+m)^2-2m(1+m)\cos\frac{\pi}{3}.
\]

这推出

\[
\begin{split}
&(\frac{a(m^2+m+1)}{1-m^2})^2=m^2+m+1\\
\Rightarrow &a^2=\frac{(1-m^2)^2}{(m^2+m+1)}
\end{split}
\]

最后, 我们有

\[
\frac{S_{\triangle MNP}}{S_{\triangle ABC}}=\frac{a^2}{(1+m)^2}=\frac{1}{(1+m)^2}\cdot\frac{(1-m^2)^2}{(m^2+m+1)}=\frac{(1-m)^2}{m^2+m+1}.
\]