Subfield: Plane Geometry


Question: 已知正 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} A_{3} \ldots A_{n}$, 在 $A_{k} A_{k+1}$ 的延长线上取 $B_{k+1}$, 使所有的 $\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 周长相等, 其中 $k=1 、 2 、 3 、 \ldots \ldots 、 n$, 且 $A_{n+1}=A_{1}, B_{n+1}=B_{1}$ .求证: 所有的 $\triangle$ $\mathrm{A}_{\mathrm{k}} \mathrm{B}_{\mathrm{k}} \mathrm{B}_{\mathrm{k}+1}$ 都全等.

Solution:
解答: 不妨设正 $n$ 边形 $A_{1} A_{2} A_{3} \ldots A_{n}$ 边长为 1 , 设 $A_{k} B_{k}=a_{k}$, 并记 $a_{n+1}=a_{1}$ .设所有的 $\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 周长均为 $m$, 显然 $m>2$ .根据余弦定理知:

$$
a_{k}+\left(a_{k+1}+1\right)+\sqrt{a_{k}^{2}+\left(a_{k+1}+1\right)^{2}-2 a_{k}\left(a_{k+1}+1\right) \cos \frac{2 \pi}{n}}=m \tag{1}
$$

由(1)式得:

$$
\sqrt{a_{k}^{2}+\left(a_{k+1}+1\right)^{2}-2 a_{k}\left(a_{k+1}+1\right) \cos \frac{2 \pi}{n}}=m-a_{k}-\left(a_{k+1}+1\right)
$$

$\Rightarrow \mathrm{a}_{\mathrm{k}}^{2}+\left(\mathrm{a}_{\mathrm{k}+1}+1\right)^{2}-2 \mathrm{a}_{\mathrm{k}}\left(\mathrm{a}_{\mathrm{k}+1}+1\right) \cos \frac{2 \pi}{\mathrm{n}}=\mathrm{m}^{2}+\mathrm{a}_{\mathrm{k}}^{2}+\left(\mathrm{a}_{\mathrm{k}+1}+1\right)^{2}-2 \mathrm{~m}\left(\mathrm{a}_{\mathrm{k}}+\mathrm{a_{k+1}}+1\right)+2 \mathrm{a_k}\left(\mathrm{a_{k+1}}+1\right)$

$\Rightarrow \mathrm{m}^{2}-2 \mathrm{~m}\left(\mathrm{a}_{\mathrm{k}}+\mathrm{a}_{\mathrm{k}+1}+1\right)+4 \cos ^{2} \frac{\pi}{\mathrm{n}} \mathrm{a}_{\mathrm{k}}\left(\mathrm{a}_{\mathrm{k}+1}+1\right)=0$

$\Rightarrow \mathrm{a}_{\mathrm{k}+1}=\frac{\left(4 \cos ^{2} \frac{\pi}{\mathrm{n}}-2 \mathrm{~m}\right) \mathrm{a}_{\mathrm{k}}+\left(\mathrm{m}^{2}-2 \mathrm{~m}\right)}{2 \mathrm{~m}-4 \cos ^{2} \frac{\mathrm{\pi}}{\mathrm{n}} \mathrm{a}_{\mathrm{k}}}$

整理递归公式的特征方程: $x=\frac{\left(4 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}-2 m\right) x+\left(m^{2}-2 m\right)}{2 m-\left(4 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}\right) \cdot x}$, 得:

$\left(4 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}\right) \cdot x^{2}+4\left(\cos ^{2} \frac{\pi}{n}-m\right)+\left(m^{2}-2 m\right)=0$

其判别式 $\Delta=16\left(\cos ^{4} \frac{\pi}{n}+m^{2}-\cos ^{2} \frac{\pi}{n} \cdot m^{2}\right)>0$, 所以该方程有两个不等实根, 不妨设 $\mathrm{x}_{1}=\mathrm{p}, \mathrm{x}_{2}=\mathrm{q}$ .根据韦达定理知: $\mathrm{p}+\mathrm{q}=\frac{\mathrm{m}-\cos ^{2} \frac{\pi}{n}}{\cos ^{2} \frac{\pi}{n}}>0, \mathrm{pq}=\frac{\mathrm{m}^{2}-2 \mathrm{~m}}{4 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}}>0$, 所以 $\mathrm{p}>0$, $\mathrm{q}>0$ .

根据递归公式的特征方程知:

$\frac{a_{k+1}-p}{a_{k+1}-q}=\frac{\left(2 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}-m\right)+2 \cos ^{2} \frac{2}{n} \cdot p}{\left(2 \cos ^{2} \frac{2}{n}-m\right)+2 \cos ^{2} \frac{\pi}{n} \cdot q} \cdot \frac{a_{k}-p}{a_{k}-q}$

于是知: $\frac{a_{1}-p}{a_{1}-q}=\left[\frac{\left(2 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}-m\right)+2 \cos ^{2} \frac{\pi}{n} \cdot \mathrm{p}}{\left(2 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}-m\right)+2 \cos ^{2} \frac{2}{n} \cdot q}\right]^{n} \cdot \frac{a_{1}-p}{a_{1}-q}$ .

因为 $\left[\frac{\left(2 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}-m\right)+2 \cos ^{2} \frac{\pi}{n} \cdot p}{\left(2 \cos ^{2} \frac{\pi}{n}-m\right)+2 \cos ^{2} \frac{1}{n} \cdot \mathrm{q}}\right]^{\mathrm{n}} \neq 1$, 所以 $\frac{\mathrm{a}_{1}-\mathrm{p}}{\mathrm{a}_{1}-\mathrm{q}}=0$ .代入递归公式知, $\frac{\mathrm{a}_{\mathrm{k}}-\mathrm{p}}{\mathrm{a}_{\mathrm{k}}-\mathrm{q}}=0$,$k=1 、 2 、 3 、 \ldots \ldots 、 n$ .

于是知 $a_{1}=a_{2}=a_{3}=\cdots=a_{n}=p$ . 显然所有的 $\triangle A_{k} B_{k} B_{k+1}$ 都全等.