每天一个技术点

本文作者：Margoo
发布时间：2023.8.18
内容概要：【请在此处填写内容概要】

1. 前情引入

rouVling 在 (2023.8.16)复数运算于几何 中抛出了一个例题如下：

rouVling 使用了复数与向量结合的方法优雅地证明出了这道初中练习题（学长太强了），这种降维打击程度不亚于地球人刚看到水滴的模样，鄙人没有学长那样的聪明才智，但是这里也给该题的几个做法，当然，首先必须给出常规做法先... 毕竟这怎么看都是一道初中题目罢（

2. 常规做法

显然对于本题，常规做法是将 MN⊥BCMN \perp BC 这个条件转换一下，首先先去掉题目中一些无所谓的标注，自己画个图出来：

相信各位已经用数学直觉看出来了，A、M、N、FA、M、N、F 是共线的，但是这并不是重点，好了，回到本题，我们线考虑若 MN⊥BCMN \perp BC，可以得到什么结论？显然，我们可以知道 ∠MFB=∠MFC=90°\angle MFB = \angle MFC = 90\degree，非常好，接下来让我们顶着 MNMN 这条线段看看？发现了吗？ MNMN 其实是条对称轴，这是因为存在 RS=PQ,RM=MP,SN=NQ,MN=MNRS=PQ, RM=MP, SN=NQ, MN=MN， 所以 MNMN 分割的两个四边形其实全等，由此就不难得出结论： MN⊥SQMN \perp SQ 了。

接下来，再结合我们上面的推理，若存在 MF⊥CBMF \perp CB，则存在 ∠MFB=90°\angle MFB=90\degree，这样子问题就变成了证明 SQ//CBSQ\mathop{//}CB，其实非常简单，我们已知 AC=ABAC=AB，所以我们可以得到 ∠ACB=∠ABC\angle ACB=\angle ABC，再考虑 ∠RSQ=∠PQS\angle RSQ=\angle PQS，考虑四边形 RCBPRCBP 与思辨西宁 RSQPRSQP，发现了吗，已经存在了两个角相等，剩下两个角也是两两相等，所以我们既可以知道∠RSQ=∠PQS=∠ACB=∠ABC\angle RSQ=\angle PQS=\angle ACB=\angle ABC，得到 SQ//CBSQ\mathop{//}CB，最后得证，完成了。

其实这是一个非常简单的题目，推理的过程也非常简单，没有任何绕圈子，但是如果这么简单就把这道题讲完了那本文的意义就是去了一半（），所以肯定不会这么简单放过这道题的。

3 牛魔做法

仔细想想，学长怎么可能会拿出这么简单的题目呢，学长这么做肯定有学长的深意罢，那么我们就要来点牛魔做法了，以回应学长的期待！但是我还是太菜了，再怎么牛魔也只能给出点简单解法。

3.1 纸飞机解法

这个方法因为辅助线画出来的图案很像纸飞机，所以我给他明明纸飞机解法，当然这个方法也是简单的几何解法啦：

如图，连接 NBNB，做 △NPB\triangle NPB 的内接圆圆 OO，过圆心 P0P_{0} 做 KP0//CB、P0J//MFKP_{0}\mathop{//}CB、P_{0}J\mathop{//}MF，令圆P0P_{0}与 NBNB 的切点位于 II，连接 IP0、KI、JI、KJ、IFIP_{0}、KI、JI、KJ、IF，由 NMNM 为对称轴易得 ∠MNQ=90°\angle MNQ=90\degree，通过条件变换可知最终得到 ∠KP0J=90°\angle KP_{0}J=90\degree，由于 KP0//CB、P0J//MFKP_{0}\mathop{//}CB、P_{0}J\mathop{//}MF，所以可以知道 KFJP0KFJP_{0} 为矩形，得证。

3.2 建系一次函数法

废话不多说，建个系先：

接下来，令 f:MF、g:CBf:MF、g:CB，且 f(x)=k0x+b0、g(x)=k1x+b1f(x)=k_{0}x+b_{0}、g(x)=k_{1}x+b_{1}，若存在 MF⊥CBMF \perp CB 则存在 −1k1=k0-\frac{1}{k_{1}}=k_{0}。

再整理一下现有的几何条件：b+c+d=a+c+f⟹b+d=a+fb+c+d=a+c+f \Longrightarrow b+d=a+f，先考虑 g(x)g(x)，在图上存在 g(x)g(x) 与 xx 轴的交点 B(a+c+f,0)B(a+c+f, 0)，所以 g(a+c+f)=0g(a+c+f)=0，由此可以得到 −b1k1=a+c+f-\frac{b_{1}}{k_{1}}=a+c+f，欸这个形式很眼熟？变形一下得到：−1k1=a+c+fb1-\frac{1}{k_{1}}=\frac{a+c+f}{b_{1}}，显然这可以带入前面的推理结论 −1k1=k0-\frac{1}{k_{1}}=k_{0}。

接下来就要开始考虑证明存在 a+c+fb1=k0\frac{a+c+f}{b_{1}}=k_{0} 了，利用上文中得到的等式变形一下得到 b+c+db1=k0\frac{b+c+d}{b_{1}}=k_{0}，即 ACb1=k0\frac{AC}{b_{1}}=k_{0}，由 −b1k1=(a+c+f)-\frac{b_{1}}{k_{1}}=(a+c+f) 得到 b1=−k1(a+c+f)=−k1ABb_{1}=-k_{1}(a+c+f)=-k_{1}AB，代入得−1k1ACAB=k0-\frac{1}{k_{1}}\frac{AC}{AB}=k_{0}，欸，ACAB\frac{AC}{AB}？那不就是 1 吗？ 所以 −1k1=k0-\frac{1}{k_{1}}=k{0}，所以 g(x)g(x) 的图像垂直于 f(x)f(x) 的图像，得证。

4. 总结

学长太强了，呜呜呜，多学习学习。