如何證明這個看似結論顯然卻難以證明的平面幾何命題？

12-05

問題如上圖所述。請大家看清題目，是證明三角形ABC是等邊三角形！
最好用各種幾何定理直接證明，盡量不用反證法，除非該反證法非常方便理解。
問題原始出處：IBM Research | Ponder This | August 1998 Challenge
上圖沒有表述清，將不該省略的條件省略了，原題題干第一句已經說明了：
We have a triangle ABC, with a point D on side AB, E, on side BC, and F on side CA. The smaller triangle, DEF, is equilateral. The line segments AD, BE, and CF all have equal length.
Problem: Prove that ABC is also equilateral.

-_-

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話說好多人問了關於共線的問題,
沒錯題中的條件的確不是很充分,

於是以下的證明的結論是:
"如果 AD=BF=EC 並且 ADB BFC CEA 共線, 那麼三角形ABC必須是等邊三角形."

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為什麼隨機的點開了這個問題...既然點開了, 那就解一下, 雖然這個問題似乎已經很久了:

#####幾何定理實在很難, 因為裡面包含了非常不平庸的代數運算.#####

所以為了使得證明清晰明確, 我將使用純代數運算.

--------------------一些觀察和討論--------------
首先, 題目的結論是orthogonal不變的, 翻譯成正則變換?( @Mosbic 正交變換) 所以我們可以任意的伸縮旋轉圖形( ---雖然這是一個廢話, 但是還是要提出來, geometric invariant theory是這個方面的研究, 很有趣, 但是並不簡單, 把invariant擴充到更加廣義的群運算中 ---)
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經過適當的正則變換,

D,E,F 放在 $x^3=1$ 的三個根上面,

D= 1
E= $xi$
F= $xi^2$

------沒用的題外話--------------
$1+xi+xi^2$ 是 $xi$ 的最小多項式

$dim_R(R[xi])=dim_Q(Q[xi])=2$
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$A=1+Z_1\ B=xi+Z_2\ C=xi^2+Z_3$

我們所要的條件就是 AD=BF=CE:

1) $|Z_1|=|Z_2|=|Z_3|$

和 A,B,C 是三角形, 就是三條邊是在一條直線上:

2) $a=frac{1+Z_1-xi}{Z_2}inmathbb{R}\ b=frac{xi+Z_2-xi^2}{Z_3}inmathbb{R}\ c=frac{xi^2+Z_3-1}{Z_1}inmathbb{R}$

上面引入了實數a,b,c作為參數, 對於任意的a,b,c上面 2) 是一個線性方程

我們可以寫出矩陣形式( 如果這樣更方便理解的話, 我稍微稍微做了一點矩陣的變換 )

$T = egin{pmatrix} 1+cxi -a -xi \ -c -xi 1+bxi \ -xi 1+axi -b \ end{pmatrix}$

$Z=(Z_1,Z_2,Z_3)$

$TZ^T=0$

可以計算 $detT=0$ 對於任何的a,b,c

可以進一步計算, 如果a=b=c=1 那麼 $rank(T)=1$ , 把a=b=c=1帶進去, 再根據 $xi^2+xi+1=0$ 就可以得到結論, 這樣一來, 上面的方程是特別容易解的.

如果 a=b=c=1 不成立那麼 $rank(T)=2$ , 如果a不是1那麼, T的右上角的2階陣是非退化的.

這種情況下, $TZ^T=0$ 的解是基於 $mathbb{C}$ 一維的,

( 我們可以把方程看成 $Pmathbb{C}^2$ 中的)

明確的寫出來就是:

$frac{Z_3}{Z_1}=frac{c+acxi+xi^2}{1+abxi^2+axi}\ frac{Z_2}{Z_1}=frac{cb+xi+bxi^2}{1+abxi^2+axi}$

由這個條件 : $|Z_1|=|Z_2|=|Z_3|$

得到:

$|c+acxi+xi^2|=|1+abxi^2+axi|=|cb+xi+bxi^2|$

然後根據:

$xi^*=xi^2$
$xi^2+xi+1=0$

$|z|^2=zz^*$ ( 對任何的 z )

從上面的式子可以得到:

$(-bc)xi+(bc+1)^2-(b+bc+b^2c)=c.P...$

c.P 表示 a,b,c 輪換變換的式子們,

由於 a,b,c 是實數, $1,xi$ 是基於實數線性獨立的,

我們得到:

bc=ca=ab

於是:

a=b=c

( 從這裡我們已經可以得到 DB=FC=AE 了, 因為其實 a,b,c 就是對應線段長度的比而已)

但是既然要純代數:

$frac{Z_3}{Z_1}=frac{c+acxi+xi^2}{1+abxi^2+axi}=frac{c+c^2xi+xi^2}{1+c^2xi^2+cxi}=xi^{-1}frac{1+cxi+c^2xi^2}{1+c^2xi^2+cxi}=xi^{-1}$

類似的過程我們可以得到:

$Z_1=xi Z_3=xi^2 Z_2$

我們看:

$A=1+Z_1\ B=xi+Z_2=xi+xi Z_1\ C=xi^2+Z_3=xi^2+xi^2 Z_1$

覺得不對勁?

$xi^3=1 ightarrow xi=xi^{-2}$ 帶進去試試看

於是:

$C=xi B=xi^2 A$

說明, A,B,C 在一個等邊三角形的三個頂點上, 就是說, 其實三角形ABC是等邊的.

昨天晚上一幫同學還在討論這個咧= =
http://domino.research.ibm.com/comm/wwwr_ponder.nsf/challenges/August1998.html
這個鏈接是原題，右邊 solution 有解答，就是靠反證法證明的。

以及幾位匿名用戶你們一定沒看清我們是要證明什麼。

有圖預警。寫了一個證明，背景是動力系統。需要一點反證法，但其實只是估計。這個論證可能暗示了打算使用平面幾何技巧的思路不夠本質。

【證明】記 O 為正三角形 DEF 中心，作三角形 DEF、ODE、OEF、OFD 的外接圓，獲得若干區域，參見下圖。假設點 A" 落在射線 OD、OE 和線段 DE 界定的無界區域 U，連結並延長 A"E 至點 C" 使得 |DA"| 等於 |EC"|。用初等平面幾何容易證明，點 A" 落在區域 U 中黃色月牙形區域邊界時，點 C" 落在外接圓 OEF 的優弧 EF 上點 A" 落在區域 U 中黃色月牙區域內部時，點 C" 落在外接圓 OEF 包含的黃色月牙區域內部；點 A" 落在區域 U 中藍色區域內部時，點 C" 落在外接圓 DEF 外，而在射線 OE、OF 界定的藍色區域內部。類似地，從 C" 出發獲得 B"，再從 B" 出發獲得 A""。我們發現點 A"" 同於點 A" 當且僅當點 A" 在外接圓 ODE 的優弧 DE 上，而且這時，點 B"、C" 也都在黃色月牙區域的優弧邊界上。（事實上，假如點 A" 同於點 A"" 而點 A" 不在優弧 DE 上，那麼點 A"、B"、C" 都在同樣顏色的區域，黃色則內角和大於 180°，藍色則頂點只能在優弧外，但內角和卻小於 180°，皆不可能。）所以，如果三角形 ABC 滿足題設，則其頂點都在黃色月牙區域的優弧邊界上，故頂角皆 60°。換言之，三角形 ABC 是正三角形。證畢。

謝謝邀請……

如果 AD=BF=CE 且 ADB、BFC、CEA 共線, 那麼三角形ABC必是等邊三角形.

設△ABC的三邊長BC=a, CA=b, AB=c, AD=BF=CE=t, DF=FE=ED=s,

根據餘弦定理可以得到 s, t, a, b, c 之間的關係, 這樣就得到三個等式, 隱含條件為

a &> 0, b &> 0, c &> 0, t &> 0, a + b &> c, b + c &> a, c + a &> b, t &< a, t &< b, t &< c,

根據以上條件證a=b=c即可. 已經變成了代數問題, 只是手算麻煩, 用Mathematica算不難。

如果先消去 s, t 得到 a, b, c 的關係式再算就也可以，消去s,t之後

(a^3*b-a^2*b^2+b^3*c-a^2*c^2-b^2*c^2+a*c^3) * (a^5*b^2-a^4*b^3-a^3*b^4+a^2*b^5-a^5*b*c+2*a^4*b^2*c+a^3*b^3*c-a^2*b^4*c-a*b^5*c+a^5*c^2-a^4*b*c^2-a^3*b^2*c^2-a^2*b^3*c^2+2*a*b^4*c^2+b^5*c^2-a^4*c^3+a^3*b*c^3-a^2*b^2*c^3+a*b^3*c^3-b^4*c^3-a^3*c^4+2*a^2*b*c^4-a*b^2*c^4-b^3*c^4+a^2*c^5-a*b*c^5+b^2*c^5)=0

對於第一個因式，滿足a &> 0, b &> 0, c &> 0, a + b &> c, b + c &> a, c + a &> b時，就能推出a=b=c

對於第二個因式，還需要滿足△ABC是銳角三角形( a^2 + b^2 &> c^2, b^2 + c^2 &> a^2, c^2 + a^2 &> b^2 )，才能推出a=b=c

反證法。

假設一個三角形不是等邊三角形，則至少有一個角大於60°，至少有一個角小於60°，另一個未定。
大於60°和小於60°的必然會共邊，可以是AB、BC、CA任一。只要一個不成立，其他也可以用一樣的方法證明。
我們從∠A大於60°，∠B小於60°的情況出發。
我們可以從AB做一個三角形A』B』C』，使A』B』在AB上，且∠BA』E=60°，∠AB"F=60°。A』E和B"F相交於C"，則A』B』C』是等邊三角形，從三角形外角定理可得到∠C"EF=∠A"DE=∠B"FD;所以∠EFC"=∠DEA"=∠FDB";且EF=DE=FD,所以△EFC"、△DEA"、△FDB"相互全等。所以DA"=EC"=FB"。
∠DAE&>60°=∠DA"E；
如果DA"&∠DAE，則∠DAE＜60°，與設定矛盾，所以必然DA"&>DA。
同理，∠DBF&<60°=∠DB"F；所以DB"&∠BB"F=120°＞∠B"BF，三角形大角對大邊，所以FB&>FB"=DA"&>DA;
故，A大於60°，B小於60°時，DA和FB不可能相等；
同理可證，A大於60°，C小於60°時，DA和EC不可能相等；
同理可證，B大於60°，C小於60°時，FB和EC不可能相等；
同理可證，B大於60°，A小於60°時，FB和DA不可能相等；
同理可證，C大於60°，A小於60°時，EC和DA不可能相等；
同理可證，C大於60°，B小於60°時，EC和FB不可能相等；
所以只要ABC不是等邊三角形,就不可能滿足DA=EC=FB。
故如果DA=EC=FB，則A和A"重合，B和B"重合，C和C"重合，ABC就是等邊三角形。
得證。

百度數學吧里有個反證﹢分情況討論的證法
話說大部分人都沒認真審題啊三個小三角你們怎麼證明全等

初中時覺得很難很難的平面幾何問題，到了高中一般用解析幾何算一算就出來了。
這道題應該也可以吧。
大致說一下思路：
建立平面直角坐標系，確定DEF三角形，即DEF三個定點。
設ABC三個點，即六個自由度。
通過ABD AEC BFC 三點共線，三個方程。
通過AD=BF=CE，兩個方程。
只剩一個自由度，所以只要ABC三點六個坐標確定了一個，另外五個就確定了。
然後根據結果求角或者求邊，應該就能得出答案了。

哈哈哈哈哈，201x年的印度數學奧林匹克國家隊選拔~喵~

先共線再說話

少共線條件，不可證

明確反對所有說可以計算的未完成品。

上面應該就是純複數法最困難的地方。

@Hans Spielgarten 的方法中得出的方程也可以用軟體求解的，下面藉助Mathematica求解

Block[{A, B, C, D, E, F}, {D, E, F} = x /. Solve[x^3 == 1, x]; {A, B, C} = {D, E, F} + {z1, z2, z3}; First@Solve[{a == (D + z1 - E)/z2, b == (E + z2 - F)/z3, c == (F + z3 - D)/z1}, {z1, z2, z3}] ] {Abs[z1]^2 == Abs[z2]^2 == Abs[z3]^2 /. % // ComplexExpand // Together, a &> 0, b &> 0, c &> 0, a + b &> c, b + c &> a, c + a &> b} Solve[%, {a, b}] // Simplify // Normal

你把給的配圖換了就好理解了，這種題經常搞這種特殊化的配圖玩學生，學生往往掉在示圖的坑了。先把圖畫成AD,BD不共線，類似另外2處這題的真面目才就出來了，而不是一個看似簡單的題了（看似簡單，是因為給的示意圖特殊簡單…），把圖重新畫幾下就發現題就有問題，條件不充分。

我沒有想到簡明的正向證明的方法，再這裡嘗試說明一下這個命題為什麼難證明，希望可以拋磚引玉，提供一些思路。

根據我的理解，這個問題正向證明不容易，是因為「ADBECF是一個三角形」這個條件太難應用。而這個條件又是必須的。如果放棄這個條件的話，很容易找到一個反例說明結論不成立，所以這是個必要條件。這個條件更像是一種約束，而不是台階，所以反證法在這裡更好用。

在DEF三角形的三個頂點處釘三個釘子，每個釘子下穿著一個小木棍，固定小木棍的順時針左側的長度為一個定值，代表AD.BF.CE線段，每個小木棍的順時針右側為可變長度。現在，開始旋轉小木棍，使這三個小木棍形成一個三角形，結果就得到了全等三角形。
上面的過程可以套用成反正法或解析幾何反正都是這個意思

最近正在看4歲寶寶玩摺紙，我想了想，從旋轉或者對摺角度來整，用反證法肯定很容易了，順證法也應該不難。
思考過程中在紙上畫了草圖，感覺有譜，不過輔助線太多，沒有合適的繪圖軟體，就不貼了，貼一下第一圖：

過程如下：
先按順證法思路走一步：
把整圖沿DEF中心點逆時針旋轉120度，AB變為A"B"，再來120度，CA變成C"A"。

這樣，反證法出來了：
如果ABC不是等邊，則B、A』和C「中至少一對不重合；同理B"、C和A「中至少一對不重合。
∵DEF是等邊
∴F、D"和E「重合；E、F『和D」重合；D、E』和F「重合（故圖中不標D、E、F的"、」）
再替換上述重合點，則：
∴1、FB"=FA」=FC
∴2、EB"=EA」=EC
故F和E是同一點，不可能。或者說EFA」、EFC和EFB』相等，矛盾。反正法結束

順證法：
AB和A"B"的里夾角、AC和A"C"的里夾角都是60度（因先後旋轉120度所致），接著再借用一下別的幾個角建立等式，並進行左右移動，可以推算出AB和A」C"的里夾角也是60度，故A"和C「重合。最終，推算出B也和A"和C「重合。

啟發過程：
模擬一個搭棍子遊戲的過程：固定好DEF，然後以D和F角為圓心畫兩個相等圓，現在讓A在其有效範圍（即F圓的左半部分經D點小孔成像投射到D圓內側上的影子路段）內移動，則AD棍與F圓的（1或2個）交點中遠的那個即為B（近的那個點，BF棍和AE棍無法在FE外側相交，而是在內側相交），進而讓BF棍和AE棍在FE外側相交，則得到唯一的C。一個遊戲框就搭成了（你可以想像成DEF鉚死，AB棍上的AD點固定但B側可以伸縮，BC棍也一樣是BF點固定但C側可以伸縮，然後暫讓AC上可以搭任意伸縮的棍子）即存在一個函數：CE長度=f(∠ADE)。現在開始想像運動情況：假定A繞D在有效範圍內運動，則會得到唯一的C運動結果，進而，運動結果中必然存在一個ABC是等邊的情況，再進而，以該等邊情況為起點，把A點往裡壓或者往外拉，想像一下CE的長度，即f()的結果，則CE的長度會變化，往長了變還是往短了變，一時半會兒不好想像，但是可以肯定的是，不可能再次回到AD和BF那麼長（即等邊情況），否則，A點朝里或外移動過程中的哪種情況下，CE長度值會往回走呢？反證法的基礎，就顯現出來，反證法應該是證明過程中很容易需要的情況。

啟發原則（也許是個哲學命題）：
在每一個系統里，都存在一種不容易看見的因素，它在起著實質的且唯一的作用。

BTW：ifdog 你說百度數學吧里有反證﹢分情況討論的證法，我沒搜到，你還有鏈接給出來嗎？

想說一下我的思路吧：首先想到儘管AD=BF=EC,但他們的長度是不確定的，這就導致三角形ABC形狀不確定。接著想另一個問題，如果三角形ABC是等邊三角形，且AD=BF=EC，那容易證出三角形DEF是等邊三角形。於是猜測三角形ABC是邊長可以變化的等邊三角形。然後想到點A,B.C可能是處於圓周上，∠A∠B∠ C是對著某幾條弦的圓周角，A,B,C在圓周上滑動，使得三角形的邊長變化而∠A∠B∠C恆為60o,且注意到DE,DF,FE恆定不變，猜測這三條就是∠A∠B∠C所對的弦。於是做如下草圖：

證明：
作三個直徑相同均為2R的圓，再分別作出長度相同且均為√3R的弦DE EF FD,然後將三條弦首尾相接，組成正三角形DEF。
∵DE=EF=FD=√3R，圓的半徑為R
∴三條弦所對圓心角為120°
∴三條弦所對圓周角∠A=∠B=∠C=60°
∵AD=BF=EC
∴這三條弦所對圓周角∠AED=∠BDF=∠CFE
又 ∵∠ADE=180°－∠A－∠AED=120°－∠AED
∠BFD=180°－∠B－∠BDF=120°－∠BDF
∠CEF=180°－∠C－∠CFE=120°－∠CFE
∴ ∠ADE=∠BFD=∠CEF
∴ ∠BDF+∠FDE+∠ADE=∠BDF+60°+∠BFD
= ∠BDF+60°+120°－∠BDF
= 180°
即A D B 三點在同一直線上。
同理可證：A E C 三點在同一直線上。
B F C 三點在同一直線上。
∴AD DB BF FC CE EA六條線段首尾相接構成了三角形ABC
∵∠A=∠B=∠C=60°
∴ 三角形ABC是正三角形

採用平面解析幾何的方法，取EF中點為原點O，OD為Y軸方向，就很容易證明了，這是我曾經某次課題組開會時開小差在紙上證明的。如果感興趣可以自己試一下。真心覺得平面幾何問題要用解析幾何方法，立體幾何問題要用向量法解，就好像雞兔同籠問題要用方程來解而不是想著怎麼讓雞和兔子都各抬起兩隻腳的方法一樣。雖說用解析幾何法可能看著是複雜了，不過通吃啊。

實名反對以上所有說能證出來的答案

一圖流

這怎麼證？