Problem mit der harten Geometrie
Dies ist ein Geometrieproblem in meinem Lehrbuch für Wettbewerbe, aber ohne Lösung. Auch mein Professor kann es nicht lösen, also ist es eine ziemliche Herausforderung:
Das Dreieck $ABC$gegeben ist. Die Punkte$D$ und $E$ an der Leitung $AB$ sind so, dass $AD = AC$ und $BE = BC$mit der Anordnung $D-A-B-E$. Die umschriebenen Kreise um Dreiecke$DCB$ und $ECA$ am Punkt schneiden $X \neq C$und die umschriebenen Kreise um Dreiecke $DEC$ und $ABC$ schneiden bei $Y \neq C$. Wenn$DY + EY = 2XY$ ist wahr, bestimmen Sie die $\measuredangle ACB.$
Bisher habe ich die Winkel gejagt und es mit Trigonometrie versucht, aber bald wird es zu kompliziert. Das Lehrbuch legt nahe, dass dieses Problem bei der Olympiade genauso schwer ist wie das dritte. Ich kenne grundlegende trigonometrische Theoreme (Gesetz der Sünde, Gesetz des Kosinus usw.) und kann viele Lösungen für andere Probleme mit ähnlichen Schwierigkeiten verstehen. Sie können also alles verwenden, was Sie zur Lösung dieses Problems benötigen.
Kann jemand helfen?
Danke im Voraus :)
Antworten
Hier ist eine alternative Lösung mit Inversion. Es hat zwei Phasen.
(1) Zuerst zeigen wir durch Umkehrung, dass $X$ ist das Zentrum von $\odot(DCYE)$und das Ex-Zentrum $I_C$ von $\Delta ABC$.
(2) Unter Verwendung dieser Informationen mit der angegebenen Beziehung, $Y$, und $X$und seine Reflexion $X^r$ im $AB$ sind auf einer Ellipse mit Focars in $D,E$. Wir erhalten einen Widerspruch durch ein Konvexitätsargument, das dies zeigt$YX^r$ geht durch einen expliziten Punkt $Z$ (auf dem Kreis von $\Delta ABC$ und sein $C$Winkelhalbierende) innerhalb der Ellipse, aber in der gegenüberliegenden Halbebene wrt $AB$.
Ich werde alle Details und die dazugehörigen Bilder geben. Die festgelegten geometrischen Eigenschaften sind auch dann von Interesse, wenn wir die angegebene metrische Bedingung entfernen.
(1) Schneller Beweis: Betrachten Sie den Punkt$x=I_C$, das Ex-Zentrum von $\Delta ABC$ wrt $C$. Lassen$\alpha,\beta,\gamma$ seien Sie die Winkelhalbierenden in diesem Dreieck, die unten gezeichnet sind und sich in der Mitte schneiden $I$. Dann haben wir die Winkelsituation:
Der Winkel zwischen der Verlängerung von $xA=I_CA$ und die Seite $AC$ im gleichschenkligen Dreieck $\Delta ACD$ ist $\hat A/2$, so ist es auch die $A$Winkel Winkelhalbierende drin. Somit auch die senkrechte Winkelhalbierende von$CD$geben $xC=xD$. Ähnlich$xC=xE$.
Dann der Winkel $\widehat BIX$ (außen wrt $\Delta BIC$) ist $\hat B/2+\hat C/2$, also der Winkel in $x$ im $\Delta xIB=\Delta I_CB$ ist seine Ergänzung, $\hat A/2$, gleich $\widehat BDC$, so $BCDx$ist ein zyklisches Viereck. Ähnlich$ACEx$zyklisch. Das gibt$x=X$.
$\square$
(1) Beweis durch Inversion. Dies ist gegeben, da einige Punkte auf der Straße gebaut wurden ($(D^*)'$, $(E^*)'$ beziehen sich auf die Position von $Y$. (Die Darstellung mag lang erscheinen, aber dies liegt nur an Details bei der Definition der Inversion und der Darstellung von Bonuseigenschaften. Sie kann übersprungen werden. Betrachten Sie stattdessen nur den ersten Beweis.)
Wir bezeichnen mit $*$ die Inversion zentriert in $C$ mit Power $k^2=CA\cdot CB$. Das Bild eines Punktes$Z$ wird also mit bezeichnet $Z^*$. Wir werden nur die Punkte betrachten$A,B,C,D$ zuerst und suchen Sie ihre $*$-Werte. Zunächst,$A^*$, $B^*$ sind leicht zu bekommen, haben wir $CA^*=CB$, $CB^*=CA$, also die Punkte $A^*,B^*$ sind die Reflexionen von $B,A$ Schreiben Sie die Halbierende $\gamma$ des Winkels $\hat C$ im $\Delta ABC$. Diese Überlegung ist auch später hilfreich, bezeichnen wir sie mit einem Primzeichen oder mit$R:Z\to Z'$. (So$A^*=B'$ und $B^*=A'$.)
Lassen Sie uns jetzt die Position von finden $D^*$. Es ist das Bild von$D$. Wo ist$D$gelegen? Es ist in der Leitung$CD$, an der Leitung $AB$und auf dem Kreis $\odot(A,AC)$ zentriert in $A$ des Radius $AC$. Dieser Kreis trifft den Strahl$(CA$ im $A_1$, so dass $\Delta CDA_1$ hat einen rechten Winkel in $D$. Das Bild von$A_1$ ist $A_1^*$, der Mittelpunkt von $CA^*$. Dann das Bild$D^*$ ist ein / der Punkt auf $CD$auf dem Kreis $\odot(CA^*B^*)=(AB)^*$und auf der Senkrechten in $A^*_1$ auf $CA$.
Das $*$-Bild des Kreises $\odot(CDB)$ ist die Linie $D^*B^*$und Winkeljagd zeigt: $$ \begin{aligned} \widehat{D^*B^*C} &= \widehat{D^*A^*C} &&\text{ since $CD ^ * A ^ * B ^ *$ cyclic, the image of $TUPFEN$}\\ &= \widehat{DAC} &&\text{ since $\ Delta D ^ * A ^ * C \ sim \ Delta DAC$ by inversion}\\ &= \widehat{DCA} = \frac 12\widehat{CAB} =\frac 12 \hat A\ . \end{aligned} $$ So $B^*D^*$ ist das Spiegelbild $R:Z\to Z'$ der Winkelhalbierenden $\alpha$ im $A$. weil$B^*=A'$und die Winkel entsprechen.
Ähnlich, $A^*E^*$ ist die Reflexion der Winkelhalbierenden $\beta$ im $B$. Wir können jetzt lokalisieren$X^*$:: $$ \begin{aligned} X^* &=(\ \odot(DCB)\cap \odot(ECA)\ )^*\\ &=\odot(DCB)^*\cap \odot(ECA)^*\\ &=B^*D^*\cap C^*E^*\\ &=\alpha'\cap\beta'\\ &=(\alpha\cap\beta)'\\ &=I'\\ &=I\ ,\text{ the incenter $I = \ alpha \ cap \ beta \ cap \ gamma$ of $\ Delta ABC$.} \end{aligned} $$ Speziell $X^*\in \gamma$, so $X\in\gamma$.
Erinnern Sie sich jetzt daran $D^*$ ist an $\alpha'$ und weiter $\odot(B^*A^*C)=\odot(A'B'C)=\odot(A'B'C')=\odot(ABC)'$.
So $(D^*)'=\alpha\cap \odot(ABC)$ ist der Schnittpunkt des Kreises von $\Delta ABC$ mit seiner Winkelhalbierenden in $A$. Ähnlich:$(E^*)'=\beta\cap \odot(ABC)$.
Dies impliziert das $(D^*E^*)'$ schneidet $\gamma'=\gamma$ senkrecht in einem Punkt $X_1^*$sagen wir, das ist der Punkt von $CI$.
(Der Winkel ist ein rechter Winkel, da er sich auf die Summe der Maße der Bögen bezieht $(CD^*)'$, $(E^*)'A$und der Bogen von $A$ zum Kreisschnittpunkt mit der Winkelhalbierenden $\gamma$. Der Schnittpunkt ist der Mittelpunkt, da von$(E^*)'$ die zwei Winkel gegen die Katheten $CX_1^*$ und $IX_1^*$ entsprechen zwei gleichen Bögen auf dem gezeichneten Kreis.)
So $D^*E^*$ schneidet $\gamma$ in der Mitte $X_1^*$ von $CI$. Sein Bild durch Inversion ist ein Punkt$X_1$ auf dem Kreis $\odot(CDE)$, auch orthogonal zu $\gamma$, so $CX_1$ ist ein Durchmesser und $X$ist der Mittelpunkt. So$X$ ist das Zentrum von $\odot(CDE)$.
Für die Bequemlichkeit des Lesers ist hier ein abschließendes Bild für die bisher verwendeten Argumente. Ich gebe es, da ich es habe. Es kann helfen, die Idee des Beweises besser herauszufinden.
Aus dem Bild bekommen wir sofort: $$ \begin{aligned} \widehat{AXC} &=\widehat{AEC} =\frac 12\hat B\ ,\\ \widehat{CXB} &=\widehat{CDB} =\frac 12\hat A\ ,\\ \widehat{AXB} &=\frac 12(\hat A+\hat B)=\frac 12(180^\circ-\hat C)\ . \end{aligned} $$
(2)
Nun lass $Y$betritt die Bühne. Erinnere dich daran$X$ ist das Zentrum von $\odot(CDE)$, so: $$XC=XD=XE=XY\ .$$
Wir zeigen zuerst (behaupten), dass im Fall von$\hat C=60^\circ$ wir haben $$ XC=XD=XE=XY=YD=YE\ , $$ und $X,Y$ über die Reflexion korrespondieren $r$ in der Schlange $DABE$. In Notation$X=Y^r$ und $Y=X^r$. (Dieser Fall führt also zu einer Lösung für die Beziehung$YD+YE=2YX$.)
In einem Bild:
Nachweis des Anspruchs:
In der Tat, wenn $\hat C=60^\circ$, dann der Winkel in $X$ im $\Delta XAB$ ist $\frac 12(180^\circ-\hat C)=\frac 12(180^\circ-60^\circ)=60^\circ$. So$X$ ist auf dem reflektierten Kreis $\odot(ABC)^r=\odot(ABC^r)$.
Wir haben auch $\widehat {DXB}=\widehat{DCB}$zum Beispiel (mit $\hat A+\hat B=120^\circ$): $$ \begin{aligned} \widehat {DCE} &= \frac 12\hat A+\hat C+\frac 12\hat B=120^\circ\ , \\[2mm] \widehat {DXE} &= \widehat {DXB}+ \widehat {AXE}- \widehat {AXB} \\ &= (180^\circ-\widehat {DCB})+ (180^\circ-\widehat {ACE})- 60^\circ \\ &= 180^\circ+180^\circ-60^\circ-(\widehat {DCE}+\hat C) \\ &=120^\circ\ . \end{aligned} $$ So $X$ ist auch auf dem reflektierten Kreis $\odot(DCE)$, so $X^r$ hat die definierenden Eigenschaften von $Y$dh $$ X=Y^r\ ,\ Y=X^r\ . $$ Die beanspruchten Eigenschaften folgen durch Reflexion.
$\square$
Das zeigen wir jetzt $\hat C=60^\circ$ ist auch eine notwendige Voraussetzung für $2XY=YD+YE$. Wir nehmen diesen Zustand an.
Lassen $r$ sei wieder das Spiegelbild in der Linie $DABE$. Wir wollen zeigen$Y=X^r$. Angenommen , dies ist nicht der Fall. (Und einen Widerspruch bekommen.)
Behauptung: Die Kreise$\odot(DAX^r)$ und $\odot(EBX^r)$ zum zweiten Mal in schneiden $Y$.
$\square$
Bonus 1: $D,(E^*)',Y$ sind seitdem kolinear $$ \widehat{(E^*)'YA} = \widehat{(E^*)'BA} =\hat B/2=\widehat{DYA}\ , $$ und ähnlich $E,(D^*)',Y$sind kolinear. (Wir verwenden die Notationen aus dem ersten Schritt.)
$\square$
Bonus 2: Lassen$Z$ sei der Schnittpunkt der Halbierenden $\gamma$ von $\hat C$ mit den Kreisen $\odot(ABC)$ und sein $\gamma$-Betrachtung $\odot(A'B'C')=\odot(B^*A^*C)$.
Dann $X^r,Y,Z$ sind kolinear und ihre gemeinsame Linie ist die Winkelhalbierende in $Y$ im $\Delta AYB$.
Beweis: Aus den obigen Berechnungen$X^ry$ bilds mit $Ay$ innerhalb des zyklischen Polygons $AYX^rD$ der Winkel $180^\circ-\widehat{ADX^r}=180^\circ-\widehat{ADX} =180^\circ-\widehat{BDX}=180^\circ-\widehat{BCX}=180^\circ-\hat C/2$.
Der Außen- / Ergänzungswinkel zu diesem Winkel beträgt somit $\hat C/2$. Die ähnlichen Komuptionen "auf der anderen Seite" zeigen das$X^ry$ ist die Winkelhalbierende von $\widehat{AyB}$. Schon seit$\overset\frown{AZ}=\overset\frown{ZB}$ nach der Definition von $Z$Diese Winkelhalbierende geht auch durch $Z$.
$\square$
Bisher haben wir die angegebene Eigenschaft von nicht verwendet $Y$. (Die obigen Behauptungen + Beweise gelten immer noch im nicht entarteten Fall$Y\ne X^r$.)
Die obigen Argumente "hängen vom Bild ab". Aber das andere Bild ist
so $Z,X^r,Y$ sind (im Finale) in dieser Reihenfolge auf der gemeinsamen Linie und die obigen Argumente können transponiert werden, um ihre Koliniarität zu erhalten.
(2) den Widerspruch bekommen.
Nehmen wir jetzt endlich an $Y\ne X^r$ und $2YX=YD+YE$. Dies impliziert$$ YD+YE=2YX=2XY=XD+XE\ , $$ so $Y,X,X^r$ sind Punkte auf der entsprechenden Ellipse mit Brennpunkten in $D,E$.
Beide$X^r,Y$ sind in der gleichen Halbebene für die Brennlinie $DE$, aber die Linie $X^rY$ geht auch durch den Punkt $Z$im Inneren der Ellipse. (Schon seit$Z$ liegt zwischen der Kreuzung $\gamma\cap DE$ und $X\in \gamma$.)
Widerspruch. Die Annahme$Y\ne X^r$ist falsch. So$Y=X^r$ und (wie erwähnt) dann $\hat C=60^\circ$.
$\square$