已知四边形 ABCD 的对角线 AC⊥BD，且有 AC=BD=1，求证：ABCD 至少有一条边长为无理数

llshs好石

题：在垂美四边形ABCD中，对角线AC=BD=1，求证：四边形ABCD至少有一条边长度为无理数.

drc2000再来

垂美四边形ABCD?

drc2000再来

原来是对角线互相垂直的四边形.

llshs好石

drc2000再来 发表于 2022-2-21 17:30
垂美四边形ABCD?

欢迎各位老师来指点一下这个题

波斯猫猫

题：已知四边形 ABCD 的对角线 AC⊥BD，且有 AC=BD=1，求证：ABCD 至少有一条边长为无理数。

思路：设AB=x，BC=y，CD=z，DA=w，由勾股定理易证明x^2+z^2=y^2+w^2，

即y^2=x^2+z^2-w^2。不失一般性，不妨考虑x≥z＞w（x，z，w中总有一个最大者，且总存在两条邻边

不相等。否则，易证x=y=z=w=√2/2。命题成立）。

若x，y，z，w全为有理数，则在（0，1]内总存在有理数λ和μ，使得z=λx，w=μx（λ＞μ）。

故，y^2=x^2+（λx）^2-（μx）^2=（λ^2-μ^2+1）x^2=(λ^2-μ^2+1)(q/p)^2  (q/p=x，且p，q互素)。

从而，λ^2-μ^2+1必为一个有理数的平方。不妨令λ^2-μ^2+1=(n/m)^2，且m和n互素，

则(n^2-m^2）/m^2=λ^2-μ^2=e/t  (e，t互素)  ，即tn^2=(t+e)m^2。

故，m必含因数t。令m=rt，则n^2=(t+e)tr^2。从而n必含因数t。这样m和n都含因数t。这与m和n互素矛盾。

所以，x，y，z，w中不能全为有理数，即其中至少有一个无理数。

luyuanhong

楼上 波斯猫猫 的解答很好！已收藏。

llshs好石

波斯猫猫 发表于 2022-5-16 23:48
题：已知四边形 ABCD 的对角线 AC⊥BD，且有 AC=BD=1，求证：ABCD 至少有一条边长为无理数。

思路：设AB ...

若不然，按你的过程
则有有理直角三角形的斜边x，一直角边y，则第三边一定是无理数
x^2-y^2=e/t，令x=n/m，则与你的理论相同，所以不存在有理直角三角形？

另不定方程x^2+y^2=z^2+w^2是有无穷组有理数解的
所以不定方程λ^2+1=(n/m)^2+μ^2也必有无穷组有理数解的
请老师斟酌

波斯猫猫

题：已知四边形 ABCD 的对角线 AC⊥BD，且有 AC=BD=1，求证：ABCD 至少有一条边长为无理数。

思路：设AB=x，BC=y，CD=z，DA=w，由勾股定理易证明x^2+z^2=y^2+w^2，即y^2=x^2+z^2-w^2。

即y^2=x^2+z^2-w^2。不失一般性，不妨考虑x≥z，x≥w（x，z，w中总有一个最大者)和z≥w。

下面分两种情形讨论。

(1)当z＞w时，假设x，y，z，w全为有理数，则在(0，1]内总存在有理数λ和μ，使得z=λx，w=μx (λ＞μ)。

故，y^2=x^2+（λx）^2-（μx）^2=（λ^2-μ^2+1）x^2=(λ^2-μ^2+1)(q/p)^2  (q/p=x，且p，q互素)。

从而，λ^2-μ^2+1必为一个有理数的平方。不妨令λ^2-μ^2+1=(n/m)^2，且1＜n/m＜√2，m和n互素，

则(n^2-m^2）/m^2=λ^2-μ^2=e/t  (e，t互素)  ，即tn^2=(t+e)m^2。

故，m必含因数t。令m=rt，则n^2=(t+e)tr^2。从而n必含因数t。这样m和n都含因数t。这与m和n互素矛盾。

所以，此时x，y，z，w中不能全为有理数，即其中至少有一个无理数。

(2)当z=w时(此时x=y)，在△ABD中由余弦定理有，2xcos∠ABD=x^2+1-w^2；在Rt△ABO中(O是对角线交点

交点)，由锐角三角函数定义有，xcos∠ABD=√（x^2-1/4）（OA=1/2）。故，w^2=x^2+1-√（4x^2-1）。

假设此时x和w都为有理数，则√（4x^2-1）是有理数。令√（4x^2-1）=s/r  (√2/2＜s/r＜2，s和r互素)，

则w^2=(r^2+s^2)/(4r^2)+1-s/r =(s^2-4rs+5r^2)/(4r^2)。

因s^2-4rs+5r^2的判别式不为零，故s^2-4rs+5r^2不是一个完全平方数。即w是无理数。与w为有理数矛盾。

所以，此时x，y，z，w中不能全为有理数，即其中至少有一个无理数。

特别地，当x=y=z=w时，易证x=y=z=w=√2/2。命题成立。