दो कोणों को 90 डिग्री तक सिद्ध करें
$\triangle ABC$ सर्कल के भीतर खुदा हुआ है $O$। $D$ का मध्य बिंदु है $AC$। $E$ चालू है $AB$ ऐसा है कि $ED/EB=CD/CB$। $CE$ घेरा $O$ पर $F$। साबित करो$\angle EDF + \angle CDB = 90^{\circ} $।
शर्त $ED/EB=CD/CB$अजीब है। मैं पर Menelaus प्रमेय का उपयोग करने के बारे में सोच रहा हूँ$\triangle ABC$ और लाइन खंड $DE$ क्योंकि वहाँ बहुत से समान खंड खंड और अनुपात हैं, लेकिन मैं बहुत दूर नहीं गया।
जवाब
बिंदु के निर्माण की दो संभावनाएँ हैं $E$। दोनों बिंदु का निर्माण शुरू करते हैं$X\in BD$, ताकि $X$ के कोण द्विभाजक है $\hat C$ में $\Delta ABC$।
वजह से $\frac {XD}{XB}=\frac{CD}{CB}=\frac{DD}{EB}$ (कोण द्विभाजक प्रमेय, और अनुपात की समानता) $ED$ में कोण द्विभाजक है $\Delta EDB$। तो आइए हम बिंदुओं का निर्माण करते हैं$E$इस संपत्ति के साथ। सर्कल पर विचार करें$(X)$ में केंद्रित है $X$ जो लाइन के लिए स्पर्शरेखा है $AB$। से दो स्पर्शरेखाएँ बनाएँ$D$ इस मंडली के लिए, वे प्रतिच्छेद करते हैं $AB$ दो बिंदुओं में, $E,E'$, दोनों बिंदु के लिए संभव विकल्प $E$ समस्या में।
दूसरी संभावना इस तथ्य का उपयोग करती है कि सभी बिंदुओं का ज्यामितीय नियंत्रण $P$ अनुपात के लिए दिए गए निरंतर मूल्य के साथ $k=PD/PB$एक वर्तुल है। इस वृत्त की रेखा है$DB$समरूपता के रूप में। इसे देखने का सबसे सरल तरीका है, निर्देशांक प्रणाली का उपयोग करना$D,B$ में $(-1,0)$ तथा $(1,0)$, फिर दिए गए संबंध को फिर से लिखें $\displaystyle k^2=\frac{(x+1)^2+y^2}{(x-1)^2+y^2}$। हमारे मामले में, यह चक्र गुजरता है$X, X'$ वह बिंदु जहाँ आंतरिक, क्रमशः बाहरी कोण द्विभाजक होता है $\hat C$ में $\Delta ABC$ एक दूसरे को काटना $BD$। यह एक समरूपता अक्ष है, इसलिए$XX'$ इस सर्कल में एक व्यास है, चलो $\Xi$ इसका केंद्र, मध्य बिंदु है $XX'$। हम इस चक्र को निरूपित करते हैं$(\Xi)$। यह अंतरंग$AB$ दो बिंदुओं में $E,E'$। (हम जाने$E$ के करीब बिंदु हो $B$।) यह सभी देखें
https://en.wikipedia.org/wiki/Circle#Circle_of_Apollonius
दूसरी संभावना शायद साथ काम करने के लिए बेहतर है, इसलिए हम कष्टप्रद मीट्रिक स्थिति से बचते हुए समस्या को समान रूप से शांत करते हैं। जैसा कि मैं हमेशा ऐसी स्थितियों में आगे बढ़ता हूं, मेरा समाधान आवश्यक निष्कर्ष पर सीधे जाने वाला त्वरित समाधान नहीं है, इसके बजाय, दिए गए ज्यामितीय तारामंडल में सभी "दिलचस्प" गुण (संबंधित या लक्ष्य संपत्ति के लिए नहीं) सूचीबद्ध और दिखाए गए हैं। इस रणनीति के साथ लंबे समय तक चलने के बाद, समस्याओं की समझ इष्टतम है, वैकल्पिक समाधान संभव हैं। तो आइए हम राज्य करें और निम्नलिखित सिद्ध करें ...
समस्या: दें$\Delta ABC$एक त्रिकोण बनो। हम निम्नलिखित बातों का परिचय देते हैं।
- $O$ इसकी परिधि है।
- $D$ का मध्य बिंदु है $AB$।
- $X,X'$ भीतरी, क्रमशः बाहरी कोण द्विभाजक के चौराहे हैं $DB$। चलो$\Xi$ खंड के मध्य बिंदु हो $XX'$।
- $E,E'$ सर्कल के चौराहों हैं $(\Xi)$ व्यास का $XX'$ रेखा के साथ $AB$। (चलो$E$ के करीब होना $B$ सूचनाओं को ठीक करने के लिए।)
- $CE$, $CE'$ खतना को काटना $(O)$ का $\Delta ABC$ में $F,F'$ क्रमशः।
- $T$ है $XE\cap X'E'$।
- $H$ का ऑर्थोसेंटर है $\Delta TXX'$।
- $L,L'$ के चौराहों हैं $DO$ खतना के साथ $(O)$।
- चलो $U$ होना $LF\cap L'F'$। चलो$R$ में orthocenter हो $\Delta ULL'$।
तो हमारे पास हैं:
- (1) $THD$ में तीसरी ऊंचाई है $\Delta TXX'$। इसके अलावा,$EE'\Xi D$चक्रीय। एक कोरोलरी के रूप में,$TD$ दो भागों में बांटती $\widehat{EDE'}$ और प्रत्येक पड़ाव है $\widehat{ECE'}$।
- (2) $FF'$, $THD$, तथा $E'AEB$ एक बिंदु में समवर्ती हैं $S$।
- (3) $UD$ में तीसरी ऊंचाई है $\Delta ULL'$, तथा $UD=UARDC$। इसके अलावा,$FF'DO$चक्रीय। एक कोरोलरी के रूप में,$AD$ दो भागों में बांटती $\widehat{FDF'}$ और प्रत्येक पड़ाव है $\widehat{FCF'}$।
- (4) $THD$ कोण का कोण द्विभाजक है $\widehat{EDE'}$।
- (5) $ARD$ कोण का कोण द्विभाजक है $\widehat{FDF'}$।
- (६) कोण $\widehat{EDF}$, $\widehat{E'DF'}$, $\widehat{TDA}$, और बीच का कोण $BXD\Xi X'$ और व्यास $LODL'$बराबर हैं। (अंतिम कोण का पूरक है$\widehat{CDB}$, इस प्रकार ओपी में समस्या को हल करना।)
एक चित्र:
सबूत:
(१) क्योंकि $XX'$ में एक व्यास है $(\Xi)$ हमारे पास है $XE'\perp X'E'$, $XE\perp X'E$, इसलिए $XE'$, $X'E$ में ऊंचाइयां हैं $\Delta TXX'$। तीसरी ऊँचाई कौन सी है? $EX$ दो भागों में बांटती $\widehat{DEB}$ तथा $EXX'E'$चक्रीय। इसका अर्थ है: $$ \widehat{DEX}= \widehat{XEB}= \widehat{BX'E'}= \widehat{XX'T} \ , $$ इसलिए $EDX'X$ चक्रीय, इसलिए $\widehat{TDX'}=\widehat{TEX'}=90^\circ$। यह (1) था।
लेकिन उसी जगह में हम त्रिकोण में यूलर सर्कल की एक तस्वीर डालते हैं $\Delta TXX'$, हाइट्स के पैरों के बीच से गुजरता हुआ एक चक्र, $E, E', D$, लेकिन मध्य बिंदु के माध्यम से भी $\Xi$ आधार का $XX'$।
(4) यह ऊंचाई की सामान्य संपत्ति है, $$ \widehat{TDE}= \widehat{HDE}= \widehat{HXE}= \widehat{E'XT}= 90^\circ-\hat{T}= \widehat{EX'T}= \widehat{HX'E'}= \widehat{HDE'}= \widehat{TDE'} $$
वैकल्पिक रूप से मध्य बिंदु पर विचार करें $TH$, और इस तथ्य का उपयोग करें कि $\Xi$ और यह बिंदु यूलर सर्कल में एक व्यास निर्धारित करता है, जो लंबवत है $EE'$। अवलोकन के रूप में, हम यूलर सर्कल और सर्कल का उपयोग करके लिख सकते हैं$(\Xi)$: $$ \widehat{EDE'}= \widehat{E\Xi E'}= 2\widehat{EXE'}= 2\widehat{EX'E'}= 2\widehat{ECE'}= \ . $$
(3) यह कमोबेश "(1) की तरह ही स्थिति है", लेकिन अंक $F,F'$अधिक जटिल हैं। जबसे$D$ का मध्य बिंदु है $AC$, हमारे पास है $DO\perp ADC$। का व्यास$(O)$ रेखा पर $DO$ है $LL'$। इसलिए $\Delta LL'F$ तथा $\Delta LL'F'$ एक समकोण का विरोध किया है $LL'$। फिर$LF'$, $L'F$ में दो ऊंचाइयां हैं $\Delta ULL'$। तीसरी ऊँचाई कौन सी है? हम यह दिखाना चाहते हैं$UD$। यहाँ (1) के समानांतर एक त्रिकोण है$\Delta ULL'$ और उसका यूलर सर्कल, जो हम दिखाना चाहते हैं:
एक विश्लेषणात्मक समाधान दिया गया है, क्योंकि मुझे भी (2) सामग्री की आवश्यकता है।
हम त्रिभुज में बेरेंट्रिक निर्देशांक का उपयोग करते हैं$\Delta ABC$। इसके साइड लेंग हैं$a,b,c$सामान्य संकेतन द्वारा कहें। अभिकलन मानक संकेतन का उपयोग करेंगे, कृपया परामर्श करें
https://web.evanchen.cc/handouts/bary/bary-short.pdf
विवरण के लिए।
कुछ निर्देशांक और समीकरण तत्काल हैं।
$$
\begin{aligned}
A &= [1:0:0]=(1,0,0)\ ,\\
B &= [0:1:0]=(0,1,0)\ ,\\
C &= [0:0:1]=(0,0,1)\ ,\\
D &= \frac 12(A+C)=[1:0:1]=\frac 12(1,0,1)\ ,\\
X &= \frac {BC}{BC+CD}D+\frac {CD}{BC+CD}B
=\frac{2a}{2a+b}\cdot\frac 12(1,0,1)+\frac{b}{2a+b}\cdot(0,1,0)\\
&=[a:b:a]=\frac 1{2a+b}(a,b,a)\ ,\\
&\text{... or use formally $(DX) = - \ frac b {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = - \ frac b {2a}$.}\\
&\text{... and for $एक्स'$ formally $(DX) = + \ frac b {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = + \ frac b {2a}$,}\\
&\text{... so $एक्स'$ is formally obtained from $एक्स$ via $ख \ टू-बी$,}\\
X' &= \frac {BC}{BC+CD}D+\frac {CD}{BC+CD}B
=\frac{2a}{2a+b}\cdot\frac 12(1,0,1)+\frac{b}{2a+b}\cdot(0,1,0)\\
&=[a:b:a]=\frac 1{2a+b}(a,b,a)\ ,\\
(\Xi) &=\text{the circle through $सी, एक्स, एक्स '$, it has the equation}\\
0 &= -a^2yz -b^2zx -c^2xy+(ux+vy)(x+y+z)\ ,\qquad\text{ where}\\
u &=\frac 1{4a^2-b^2}\cdot b^2(a^2-c^2)\ ,\\
v &=\frac 1{4a^2-b^2}\cdot a^2(2a^2-b^2+2c^2)\ ,\\
E,E'&\text{ are the two points $E_ \ बजे$ in the intersection of $(\ क्सी)$ with $एबी$ $(जेड = 0)$,}\\
E_+ &= [1:m_+^E:0]=(x_+^E, y_+^E, 0)=(x_+^E, m_+^Ex_+^E, 0)
=\frac 1{1+m_+^E}(1,m_+^E,0)
\ ,\\
E_- &= [1:m_-^E:0]=(x_-^E, y_-^E, 0)
=(x_-^E, m_-^Ex_-^E, 0)
=\frac 1{1+m_-^E}(1,m_-^E,0)
\ ,\\
&\qquad\text{where $M_ \ बजे$ are the two roots of the equation in $म$}\\
&\qquad\text{obtained by setting $z = 0$ and $y = एमएक्स$ in $(\ क्सी)$:}\\
0 &= -c^2 m+(u+mv)(1+m) \\
&=vm^2-(c^2-u-v)m+u\ ,\text{ so}\\
\Sigma &=m_+ + m_- = \frac 1v{(c^2-u-v)}=-\frac{2(a^2-c^2)}{2a^2-b^2+2c^2}\ ,\\
\Pi &=m_+ m_- = \frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)}
=\frac{b^2}{2a^2}\Sigma\ ,\\
L,L' &= L_\pm =\text{ intersection of $(ओ)$ with perpendicular in $डी$ on $एबी$,}\\
L_+ &=[a(a+c) : -b^2: c(a+c)]\ ,\\
L_- &=[a(a-c) : -b^2: c(c-a)]\ ,\\
&=\qquad\text{ (and observe that $+ c \ leftrightarrow -c$ exchanges formally $L _ + \ _ leftrightarrow L_-$.)}\\
S &=\text{ intersection of $एबी$ ($z = 0$) with perpendicular in $डी$ on $डीबी$}\\
&=\text{ solution of $x + y + z = 1$, $z = 0$, and}\\
&=\text{ (EFFT) for displacements $\ frac 12 (2x-1,2y, 2z-1)$ and $\ frac 12 (1, -2, 1)$, so}\\
S &= [2a^2-b^2+2c^2:c^2-a^2:0]\ .
\end{aligned}
$$
में समीकरण के विभेदक $M$ रिंग के अंश क्षेत्र में एक वर्ग नहीं है $\Bbb[a,b,c]$, इसलिए हम कोशिश करते हैं कि हम न लिखें $m$स्पष्ट रूप से। अब हम गणना करते हैं$F_\pm$, जो समीकरणों का हल है $(x,y,z)$:
$$
\left\{
\begin{aligned}
0 &=a^2yz+b^2zx+c^2xy\ ,\\
m_\pm =\frac{y^E_\pm}{x^E_\pm} & =\frac yx\ ,\\
1 &=x+y+z\ .
\end{aligned}
\right.
$$
इस प्रणाली का समाधान, जहां दूसरा समीकरण है $y=mx$ है
$$
[ma^2+b^2\ :\ m(ma^2+b^2)\ :\ -mc^2]\ .
$$
हमने प्राप्त किया $F_\pm$ व्यवस्थित करके $m_\pm$ के बजाय $m$। लाइनों के लिए समीकरण$LF_+$ तथा $L'F_-$ इस प्रकार हैं:
$$
LF_+\ :\
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
\ ,\qquad
L'F_-\ :\
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
$$
और हम एक बिंदु में उन्हें दर्शाना चाहते हैं $U\in AC$, इसलिए $y_U=0$। हम समीकरण जोड़ते हैं$x+y+z=1$ उपर्युक्त दो के लिए, निर्धारण $U$, और दूसरा घटक क्रेमर के नियम द्वारा है:
$$
\begin{vmatrix}
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
$$
("सिस्टम के निर्धारक" द्वारा विभाजित)। तो यह उत्पाद दिखाने के लिए पर्याप्त है
$
\color{blue}{P_\searrow}$ नीली शर्तों के उत्पाद है
$
\color{magenta}{P_\nearrow}$बैंगनी शब्दों की। (इसलिए उत्पादों को "गाल्वा स्थानापन्न" कुख्यात wrt हैं)$m_+\leftrightarrow m_-$ उसी समय में किया गया $c\leftrightarrow -c$।)
$$
\begin{aligned}
\color{blue}{P_\searrow}
&=
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2 & -ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
ac\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2\\
1 & m_+\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
ac\;\color{red}{m_+\;(m_-a^2+b^2)}
\;(a(a-c)m_+ + b^2)\;(a(a+c)m_- + b^2)\ ,\\[3mm]
&\qquad\text{ and similarly}\\[3mm]
\color{magenta}{P_\nearrow}
&=
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2 & ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-\cdot a(-c)
\begin{vmatrix}
a(c+a) &-b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=ac\;
\color{red}{(-m_-)\;(m_+a^2+b^2)}\;(a(a+c)m_- + b^2)\;(a(a-c)m_+ + b^2)
\ .
\end{aligned}
$$
हमारे पास लाल रंग में चिह्नित शब्दों की समानता है, क्योंकि
$$
m_+\;(m_-a^2+b^2) +
m_-\;(m_+a^2+b^2)
=2a^2\underbrace{m_+m_-}_\Pi
+b^2\underbrace{(m_+ + m_-)}_\Sigma=0\ ,
$$
जबसे $\Pi$ है $-\frac{b^2}{2a^2}\Sigma$। अन्य दो कारक एक- दूसरे के मकसद से मेल खा रहे हैं ।
$\square$
पुनरावृत्ति करने के लिए, हमने वह दिखाया $UD$ की ऊंचाई है $\Delta ULL'$ (और अन्य दो ऊंचाइयां हैं $FL'$ तथा $F'L$), चौराहे की गणना करके $LF_+\cap L'F_-$, और दिखा रहा है कि इसके $y$-कंपनी गायब हो जाती है। (हम तब भी आरोपण कर सकते हैं$F,F'$ या $F',F$ मूल्यों के लिए $F_+,F_-$।) यह दिखाता है (3) विश्लेषणात्मक रूप से।
(5) यह (4) के समानांतर है, यह ऊंचाई की सामान्य संपत्ति है, $$ \widehat{ADF}= \widehat{RDF}= \widehat{RLF}= \widehat{F'LF}= 90^\circ-\hat{U}= \widehat{F'L'F}= \widehat{F'L'R}= \widehat{F'DR}= \widehat{F'DA} $$ या हम इसके व्यास को देखते हुए ऊपर के रूप में यूलर सर्कल का उपयोग कर सकते हैं $O$ के मध्य बिंदु तक $UR$, यहाँ $R$ में ऑर्थोसेंटर है $\Delta ULL'$। अवलोकन के रूप में, हम यूलर सर्कल और परिधि का उपयोग करके लिख सकते हैं$(O)$: $$ \widehat{FDF'}= \widehat{FOF'}= 2\widehat{FLF'}= 2\widehat{FL'F'}= 2\widehat{FCF'}\ . $$
(६) यह वही है जो ओपी पूछ रहा है। अब तक हमने समान (अहस्ताक्षरित) कोणों के जोड़े के लिए जानबूझकर दो अलग-अलग अंकों का उपयोग किया है$D$: $$ \widehat{EDT}= \widehat{E'DT} \text{ and } \widehat{FDA}= \widehat{F'DA}\ . $$ वे बराबर हैं, क्योंकि मंडलियों का उपयोग कर रहे हैं $(O)$ तथा $(\Xi)$ वे "में एकजुट हो गए $C$के बराबर हो रहा है $$ \gamma:= \widehat{ECE'}= \widehat{F'CF'}\ . $$
चारों ओर एक चक्कर $D$ कोण के साथ $\gamma$ किरणें लाता है $DE$ में $DT$, तथा $DF$ में $DA$, इसलिए $\widehat{EDF}=\widehat{TDA}$। एक आगे$\gamma$-आराम लगना $D$ दिखाता है
$\widehat{EDF}=\widehat{TDA}=\widehat{E'DF'}$। का उपयोग करते हुए$DB\perp DT$ तथा $DL\perp DA$, ए $90^\circ$ चारों ओर घूमना $D$ देता है $\widehat{BDL}=\widehat{TDA}$।
यह ओपी को दर्शाता है: $$ 90^\circ-\widehat{CDB}= \widehat{BDL}= \widehat{EDF}= \widehat{E'DF'}\ . $$
यह (2) रहता है, दिए गए नक्षत्र में एक बोनस। हम फिर से बेरेंट्रिक निर्देशांक का उपयोग करते हैं। याद है कि अंक$F_\pm$ कर रहे हैं $$ [m_\pm a^2+b^2\ :\ m_\pm(m_\pm a^2+b^2)\ :\ -m_\pm c^2]\ . $$ फिर रेखा $F_+F_-$ समीकरण है $$ \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ -m_+c^2\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0\ . $$ चलो $S=(x_S,y_S,z_S)$ चौराहा हो $F_+F_-\cap AB$। से$S\in AB$ हमारे पास है $z_S=0$, इसलिए $x_S+y_S=1$, और उपरोक्त निर्धारक wrt का विस्तार तीसरी पंक्ति: $$ \begin{vmatrix} m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ m_+\\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ m_- \end{vmatrix} x_S - \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ (अंतिम कॉलम सरल किया गया था, यह कारक के बिना दिखाई देता है $-c^2$।) के गुणांक में $x_S$ हम रेखीय रूप से कारकों पर रेखाएँ निकालते हैं $m_\pm$। फिर नया दूसरा कॉलम$1,1$ का उपयोग रैखिक रूप से छुटकारा पाने के लिए किया जाता है $+b^2,+b^2$पहले कॉलम से। फिर नए पहले कॉलम में हम फैक्टर निकालते हैं$a^2$।
के गुणांक में $y_S$ हम दूसरे कॉलम का उपयोग करते हैं $m_+,m_-$ बेतरतीब ढंग से छुटकारा पाने के लिए $m_+a^2,m_-a^2$पहले कॉलम से। फिर नए पहले कॉलम में हम फैक्टर निकालते हैं$a^2$। यह देता है: $$ m_+m_-a^2 \begin{vmatrix} m_+\ &\ 1\\ m_-\ &\ 1 \end{vmatrix} x_S - b^2 \begin{vmatrix} 1\ &\ m_+\\ 1\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ याद करें कि $m_+m_-=\Pi=\frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)} $, इसलिए उपरोक्त को सरल बनाने के बाद $m_+m_-a^2x_S+b^2y_S=0$ और के लिए सूत्र में प्लगिंग $m_+m_-=\Pi$ हमने प्राप्त किया: $$ (a^2-c^2)x_S+(2a^2-b^2+2c^2)y_S=0\ , \ x_S+y_S=0\ , $$ और समाधान है $$ y_S=-\frac{a^2-c^2}{a^2-b^2+3c^2}\ ,\ x_S=1-y_S\ , $$ इसलिए हम विस्थापन वैक्टर की गणना करते हैं $$ \begin{aligned} DS &= S-D = (x_S,y_S,0)-\frac 12(1,0,1) =\left(x_S-\frac 12,y_S,-\frac 12\right) \\ &=\left(\frac 12-y_S,y_S,-\frac 12\right) \sim[1-2y_S\ :\ 2y_S\ :\ -1]\ ,\\ DB &= B-D =(0,1,0)-\frac 12(1,0,1) \\ &=-\frac 12(1,-2,1) \sim[1\ :\ -2\ :\ 1]\ . \end{aligned} $$ लंबवत $DS\perp DB$ तब (EFFT) के बराबर है: $$ a^2(2y_S\cdot 1+(-1)\cdot(-2) ) + b^2((1-2y_S)\cdot 1+(-1)\cdot 1 ) + c^2((1-2y_S)\cdot (-2)+2y_S\cdot1 ) =0\ . $$ जो है $$ y_S(2a^2-2b^2+6c^2)+(2a^2-2c^2)=0\ . $$ कौन सा सही है।
$\square$
एक अंतिम टिप्पणी : सभी बिंदु (1) से (6) अब साबित हो रहे हैं। (2), (3) के लिए "सीधा" समाधान के लिए barycentric निर्देशांक का उपयोग कर रहा था। (एक कंप्यूटर बीजगणित प्रणाली का उपयोग करके, "सीधा" सीधा हो जाता है। यहां, समाधान को टाइप करने के लिए कुछ प्रयास हैं, कागज पर चीजें सरल हैं।)
यदि विश्लेषणात्मक = कम्प्यूटेशनल समाधान "से बचा जाना चाहिए", तो किसी को (3) के लिए एक प्रमाण की आवश्यकता होती है, या कम से कम एक साधारण हिस्से के लिए, उदाहरण के लिए यह दिखाने के लिए पर्याप्त है $FF'DO$चक्रीय। (ध्यान दें कि$O$ की तरफ है $FF'$।) बोनस बिंदु के लिए (2) प्रक्षेप्य ज्यामिति शायद पथ है, लेकिन मैं समय में एक प्रमाण (Desargues, Pappus, Pascal, et caetera) का उपयोग नहीं कर पाया।
लेकिन यह भी ध्यान दें कि प्रतियोगिताओं (ओलंपियाड) में barycentric निर्देशांक एक मजबूत उपकरण हैं, हालांकि तब व्यक्ति को पूर्ण बिंदु फसल के लिए EFFT जैसे सूत्र भी साबित करने चाहिए। यह तब एक स्पष्ट उदाहरण है कि यह कैसे काम करता है। कोई विवरण नहीं छोड़ा गया था।
मैं अभी भी सिंथेटिक समाधान खोजूंगा, लेकिन अब मुझे समय जमा करना होगा।
टिप्पणी:
आकृति में $BG||AC$ तथा $\widehat {DIB}=90^o$। इसलिए$(\widehat{BDI=IDG}) +\widehat {DBI}=90^o$। अब हमें दिखाना है$\widehat {BDI}=\widehat {EDF}$.या आकृति में देखे जा सकते हैं $\angle HDI=\angle FDG$। लेकिन यह कोण का पीछा करते हुए साबित करना होगा। या हमें संबंध का उपयोग करना चाहिए$DE/EB=DC/BC$।
इस तरह से मैंने पक्षों-अनुपात स्थिति का उपयोग किया है, लेकिन यह बहुत दूर नहीं गया।
घुमाएँ बिंदु $D$ के बारे में $C$ तथा $E$ सेवा $D_1$ तथा $D_2$ क्रमशः ऐसा $B-C-D_1$ तथा $B-E-D_2$। अगर ऐसा है$\displaystyle\frac{CB}{CD_1}=\frac{EB}{ED_2}$।
में $\triangle D_1D_2B$, बीपीटी के विपरीत, हमारे पास है $D_1D_2||CE$।