두 각도의 합이 최대 90 도임을 증명
$\triangle ABC$ 원 안에 새겨 져있다 $O$. $D$ 의 중간 점입니다 $AC$. $E$ 에 $AB$ 그런 $ED/EB=CD/CB$. $CE$ 원과 교차 $O$ ...에서 $F$. 증명$\angle EDF + \angle CDB = 90^{\circ} $.
조건 $ED/EB=CD/CB$어색하다. Menelaus 정리를 사용할 생각입니다.$\triangle ABC$ 및 선분 $DE$ 왜냐하면 동일한 선분과 비율이 많기 때문입니다.하지만 저는 그리 멀리 가지 않았습니다.
답변
포인트를 구성하는 두 가지 가능성이 있습니다. $E$. 둘 다 포인트를 구성하여 시작합니다.$X\in BD$, 그래서 $X$ 각도 이등분 $\hat C$ 에 $\Delta ABC$.
때문에 $\frac {XD}{XB}=\frac{CD}{CB}=\frac{DD}{EB}$ (각 이등분 정리 및 주어진 비율의 동등성) $ED$ 각도 이등분 $\Delta EDB$. 그래서 우리가 포인트를 구성합시다$E$이 속성으로. 원을 고려하십시오$(X)$ 중심에 $X$ 선에 접하는 $AB$. 두 접선을 그립니다.$D$ 이 원에, 그들은 교차합니다 $AB$ 두 점에서 $E,E'$, 둘 다 포인트에 대한 가능한 선택 $E$ 문제에.
두 번째 가능성은 모든 점의 기하학적 궤적이 $P$ 비율에 대해 주어진 상수 값으로 $k=PD/PB$원입니다. 이 원에는 선이 있습니다$DB$대칭으로. 이것을 보는 가장 간단한 방법은 좌표계를 사용하는 것입니다.$D,B$ 에 $(-1,0)$ 과 $(1,0)$, 주어진 관계를 다음과 같이 다시 작성하십시오. $\displaystyle k^2=\frac{(x+1)^2+y^2}{(x-1)^2+y^2}$. 우리의 경우이 원은$X, X'$ 내부, 각각 외부 각도 이등분 지점 $\hat C$ 에 $\Delta ABC$ 교차하다 $BD$. 이것은 대칭 축이므로$XX'$ 이 원의 지름입니다. $\Xi$ 그것의 중심, 중간 지점 $XX'$. 우리는이 원을 다음과 같이 표시합니다.$(\Xi)$. 교차한다$AB$ 두 점에서 $E,E'$. (우리는$E$ 더 가까운 지점이 $B$.) 또한보십시오
https://en.wikipedia.org/wiki/Circle#Circle_of_Apollonius
두 번째 가능성은 작업하는 것이 더 좋을 수 있으므로 성가신 메트릭 조건을 피하면서 문제를 동등하게 다시 설명합니다. 내가 항상 그런 상황에서 진행하는 것처럼, 내 해결책은 필요한 결론에 직접적으로가는 빠른 해결책이 아니라 주어진 기하학적 별자리 (대상 속성과 관련이 있든 없든)에있는 모든 "흥미로운"속성이 나열되고 표시됩니다. 오랫동안이 전략을 잘 따라 왔고 문제에 대한 이해가 최적이며 대체 솔루션이 가능합니다. 그러니 다음을 진술하고 증명합시다 ...
문제 : Let$\Delta ABC$삼각형입니다. 다음 사항을 소개합니다.
- $O$ 그 circumcenter입니다.
- $D$ 의 중간 지점입니다 $AB$.
- $X,X'$ 내부, 각각 외부 각도 이등분선과 $DB$. 허락하다$\Xi$ 세그먼트의 중간 지점 $XX'$.
- $E,E'$ 원의 교차점입니다 $(\Xi)$ 직경 $XX'$ 라인 $AB$. (허락하다$E$ 가까워지다 $B$ 표기법을 수정합니다.)
- $CE$, $CE'$ circumcircle을 교차 $(O)$ 의 $\Delta ABC$ 에 $F,F'$ 각기.
- $T$ 이다 $XE\cap X'E'$.
- $H$ 의 orthocenter입니다 $\Delta TXX'$.
- $L,L'$ 의 교차점입니다 $DO$ circumcircle로 $(O)$.
- 허락하다 $U$ 있다 $LF\cap L'F'$. 허락하다$R$ 중심이된다 $\Delta ULL'$.
다음은 다음과 같습니다.
- (1) $THD$ 세 번째 높이입니다 $\Delta TXX'$. 게다가,$EE'\Xi D$순환. 결과적으로$TD$ 이등분 $\widehat{EDE'}$ 그리고 각 반쪽은 $\widehat{ECE'}$.
- (2) $FF'$, $THD$, 및 $E'AEB$ 한 점에서 동시 다 $S$.
- (삼) $UD$ 세 번째 높이입니다 $\Delta ULL'$, 및 $UD=UARDC$. 게다가,$FF'DO$순환. 결과적으로$AD$ 이등분 $\widehat{FDF'}$ 그리고 각 반쪽은 $\widehat{FCF'}$.
- (4) $THD$ 각도의 이등분 각도 $\widehat{EDE'}$.
- (5) $ARD$ 각도의 이등분 각도 $\widehat{FDF'}$.
- (6) 각도 $\widehat{EDF}$, $\widehat{E'DF'}$, $\widehat{TDA}$, 그리고 사이의 각도 $BXD\Xi X'$ 그리고 직경 $LODL'$같다. (마지막 각도는$\widehat{CDB}$, 따라서 OP의 문제를 해결합니다.)
사진:
증거 :
(1) 때문에 $XX'$ 직경입니다 $(\Xi)$ 우리는 $XE'\perp X'E'$, $XE\perp X'E$, 그래서 $XE'$, $X'E$ 높이입니다 $\Delta TXX'$. 세 번째 높이는 무엇입니까? $EX$ 이등분 $\widehat{DEB}$ 과 $EXX'E'$순환. 이것은 다음을 의미합니다. $$ \widehat{DEX}= \widehat{XEB}= \widehat{BX'E'}= \widehat{XX'T} \ , $$ 그래서 $EDX'X$ 주기적이므로 $\widehat{TDX'}=\widehat{TEX'}=90^\circ$. 이것은 (1)이었습니다.
그러나 같은 위치에서 삼각형에 오일러 원의 그림을 삽입합니다. $\Delta TXX'$, 높이의 발을 통과하는 원, $E, E', D$, 또한 중간 지점을 통해 $\Xi$ 기지의 $XX'$.
(4) 이것은 높이의 일반적인 속성입니다. $$ \widehat{TDE}= \widehat{HDE}= \widehat{HXE}= \widehat{E'XT}= 90^\circ-\hat{T}= \widehat{EX'T}= \widehat{HX'E'}= \widehat{HDE'}= \widehat{TDE'} $$
또는 중간 지점을 고려하십시오. $TH$, 그리고 $\Xi$ 이 점은 오일러 원의 직경을 결정합니다. $EE'$. 관찰로 오일러 원과 원을 사용하여 쓸 수 있습니다.$(\Xi)$: $$ \widehat{EDE'}= \widehat{E\Xi E'}= 2\widehat{EXE'}= 2\widehat{EX'E'}= 2\widehat{ECE'}= \ . $$
(3) (1)에서와 거의 "같은 상황"이지만 요점은 $F,F'$더 복잡합니다. 이후$D$ 의 중간 점입니다 $AC$, 우리는 $DO\perp ADC$. 직경$(O)$ 줄에 $DO$ 이다 $LL'$. 그래서 $\Delta LL'F$ 과 $\Delta LL'F'$ 반대 직각을 가지고 $LL'$. 그때$LF'$, $L'F$ 두 높이입니다 $\Delta ULL'$. 세 번째 높이는 어느 것입니까? 우리는 그것을 보여주고 싶습니다$UD$. (1)과 바로 평행을 이루는 것은 여기 삼각형입니다$\Delta ULL'$ 표시 할 내용을 보여주는 오일러 원 :
분석 솔루션은 내가 또한 (2)의 재료를 필요로하기 때문에, 주어진다.
우리가 사용하는 무게 중심 좌표를 삼각형에$\Delta ABC$. 측면 길이는$a,b,c$일반적인 표기법으로 말하십시오. 계산은 표준 표기법을 사용합니다.
https://web.evanchen.cc/handouts/bary/bary-short.pdf
자세한 내용은.
일부 좌표와 방정식은 즉각적입니다.
$$
\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 $엑스'$ formally $(DX) = + \ frac b {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = + \ frac b {2a}$,}\\
&\text{... so $엑스'$ is formally obtained from $엑스$ via $b \ to-b$,}\\
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 $C, X, X '$, 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_ \ pm$ in the intersection of $(\ Xi)$ with $AB$ $(z = 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_ \ pm$ are the two roots of the equation in $미디엄$}\\
&\qquad\text{obtained by setting $z = 0$ and $y = Mx$ in $(\ Xi)$:}\\
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 $(영형)$ with perpendicular in $디$ on $AB$,}\\
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 $AB$ ($z = 0$) with perpendicular in $디$ on $DB$}\\
&=\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}
$$
방정식의 판별 $M$ 반지의 분수 필드에서 정사각형이 아닙니다. $\Bbb[a,b,c]$, 그래서 우리는 쓰지 않으려 고 노력합니다 $m$명시 적으로. 이제 우리는$F_\pm$, 이것은 방정식의 해입니다. $(x,y,z)$:
$$
\left\{
\begin{aligned}
0 &=a^2yz+b^2zx+c^2xy\ ,\\
m_\pm =\frac{y^E_\pm}{x^E_\pm} & =\frac yx\ ,\\
1 &=x+y+z\ .
\end{aligned}
\right.
$$
이 시스템의 해는 두 번째 방정식이 $y=mx$ 이다
$$
[ma^2+b^2\ :\ m(ma^2+b^2)\ :\ -mc^2]\ .
$$
우리는 $F_\pm$ 설정하여 $m_\pm$ 대신에 $m$. 선에 대한 방정식$LF_+$ 과 $L'F_-$ 아르:
$$
LF_+\ :\
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
\ ,\qquad
L'F_-\ :\
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
$$
그리고 우리는 그들이 한 점에서 교차하는 것을 보여주고 싶습니다. $U\in AC$, 그래서 $y_U=0$. 방정식을 추가합니다.$x+y+z=1$ 위의 두 가지, 결정 $U$, 두 번째 구성 요소는 Kramer의 규칙에 따릅니다.
$$
\begin{vmatrix}
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
$$
( "시스템의 결정자"로 나뉩니다). 따라서 제품이
$
\color{blue}{P_\searrow}$ 파란색 용어의 제품은
$
\color{magenta}{P_\nearrow}$보라색 용어의. (따라서 제품은 "Galois 대체"에 따라 변하지 않습니다.$m_+\leftrightarrow m_-$ 동시에 완료 $c\leftrightarrow -c$.)
$$
\begin{aligned}
\color{blue}{P_\searrow}
&=
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2 & -ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
ac\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2\\
1 & m_+\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
ac\;\color{red}{m_+\;(m_-a^2+b^2)}
\;(a(a-c)m_+ + b^2)\;(a(a+c)m_- + b^2)\ ,\\[3mm]
&\qquad\text{ and similarly}\\[3mm]
\color{magenta}{P_\nearrow}
&=
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2 & ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-\cdot a(-c)
\begin{vmatrix}
a(c+a) &-b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=ac\;
\color{red}{(-m_-)\;(m_+a^2+b^2)}\;(a(a+c)m_- + b^2)\;(a(a-c)m_+ + b^2)
\ .
\end{aligned}
$$
우리는 빨간색으로 표시된 용어의 동등성을 가지고 있습니다.
$$
m_+\;(m_-a^2+b^2) +
m_-\;(m_+a^2+b^2)
=2a^2\underbrace{m_+m_-}_\Pi
+b^2\underbrace{(m_+ + m_-)}_\Sigma=0\ ,
$$
이후 $\Pi$ 이다 $-\frac{b^2}{2a^2}\Sigma$. 다른 두 요소는 서로 mot-a-mot 일치합니다 .
$\square$
요약하자면, 우리는 $UD$ 높이입니다 $\Delta ULL'$ (다른 두 높이는 $FL'$ 과 $F'L$), 교차점을 계산하여 $LF_+\cap L'F_-$, 그리고 그것의 $y$-구성 요소가 사라집니다. (그러면 이식 할 수 있습니다.$F,F'$ 또는 $F',F$ 가치를 위해 $F_+,F_-$.) 이것은 (3)을 분석적으로 보여줍니다.
(5) 이것은 (4)와 평행하며 높이의 일반적인 속성입니다. $$ \widehat{ADF}= \widehat{RDF}= \widehat{RLF}= \widehat{F'LF}= 90^\circ-\hat{U}= \widehat{F'L'F}= \widehat{F'L'R}= \widehat{F'DR}= \widehat{F'DA} $$ 또는 위와 같은 방식으로 오일러 원을 사용할 수 있습니다. $O$ 중간 지점까지 $UR$, 여기 $R$ 의 직심입니다 $\Delta ULL'$. 관찰로 오일러 원과 외접원을 사용하여 쓸 수 있습니다.$(O)$: $$ \widehat{FDF'}= \widehat{FOF'}= 2\widehat{FLF'}= 2\widehat{FL'F'}= 2\widehat{FCF'}\ . $$
(6) 이것이 OP가 요구하는 것입니다. 지금까지 우리는 같은 (부호없는) 각도 쌍에 대해 의도적으로 두 개의 다른 표시를 사용했습니다.$D$: $$ \widehat{EDT}= \widehat{E'DT} \text{ and } \widehat{FDA}= \widehat{F'DA}\ . $$ 원을 사용하기 때문에 그들은 동일합니다. $(O)$ 과 $(\Xi)$ 그들은 "연합 $C$, 같음 $$ \gamma:= \widehat{ECE'}= \widehat{F'CF'}\ . $$
회전 $D$ 각도로 $\gamma$ 광선을 가져옵니다 $DE$ 으로 $DT$, 및 $DF$ 으로 $DA$, 그래서 $\widehat{EDF}=\widehat{TDA}$. 더$\gamma$-회전 $D$ 쇼
$\widehat{EDF}=\widehat{TDA}=\widehat{E'DF'}$. 사용$DB\perp DT$ 과 $DL\perp DA$, ㅏ $90^\circ$ 회전 $D$ 준다 $\widehat{BDL}=\widehat{TDA}$.
이것은 OP를 보여줍니다 : $$ 90^\circ-\widehat{CDB}= \widehat{BDL}= \widehat{EDF}= \widehat{E'DF'}\ . $$
주어진 별자리의 보너스 인 (2)로 남아 있습니다. 우리는 다시 무게 중심 좌표를 사용합니다. 포인트가$F_\pm$ 아르 $$ [m_\pm a^2+b^2\ :\ m_\pm(m_\pm a^2+b^2)\ :\ -m_\pm c^2]\ . $$ 그런 다음 라인 $F_+F_-$ 방정식이있다 $$ \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ -m_+c^2\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0\ . $$ 허락하다 $S=(x_S,y_S,z_S)$ 교차로 $F_+F_-\cap AB$. 에서$S\in AB$ 우리는 $z_S=0$, 그래서 $x_S+y_S=1$, 위의 행렬식을 세 번째 줄로 확장합니다. $$ \begin{vmatrix} m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ m_+\\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ m_- \end{vmatrix} x_S - \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ (마지막 열은 단순화되었습니다. $-c^2$.) 계수 $x_S$ 우리는 라인에서 요소를 선형으로 추출합니다. $m_\pm$. 그런 다음 새로운 두 번째 열$1,1$ 선형 적으로 제거하는 데 사용됩니다. $+b^2,+b^2$첫 번째 열에서. 그런 다음 새로운 첫 번째 열에서 요소를 추출합니다.$a^2$.
계수에서 $y_S$ 두 번째 열을 사용합니다. $m_+,m_-$ 선형 적으로 제거하기 위해 $m_+a^2,m_-a^2$첫 번째 열에서. 그런 다음 새로운 첫 번째 열에서 요소를 추출합니다.$a^2$. 이것은 다음을 제공합니다. $$ m_+m_-a^2 \begin{vmatrix} m_+\ &\ 1\\ m_-\ &\ 1 \end{vmatrix} x_S - b^2 \begin{vmatrix} 1\ &\ m_+\\ 1\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ 기억하세요 $m_+m_-=\Pi=\frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)} $, 그래서 위의 단순화 후 $m_+m_-a^2x_S+b^2y_S=0$ 공식을 연결하여 $m_+m_-=\Pi$ 우리는 다음을 얻습니다. $$ (a^2-c^2)x_S+(2a^2-b^2+2c^2)y_S=0\ , \ x_S+y_S=0\ , $$ 해결책은 $$ y_S=-\frac{a^2-c^2}{a^2-b^2+3c^2}\ ,\ x_S=1-y_S\ , $$ 그래서 우리는 변위 벡터를 계산합니다 $$ \begin{aligned} DS &= S-D = (x_S,y_S,0)-\frac 12(1,0,1) =\left(x_S-\frac 12,y_S,-\frac 12\right) \\ &=\left(\frac 12-y_S,y_S,-\frac 12\right) \sim[1-2y_S\ :\ 2y_S\ :\ -1]\ ,\\ DB &= B-D =(0,1,0)-\frac 12(1,0,1) \\ &=-\frac 12(1,-2,1) \sim[1\ :\ -2\ :\ 1]\ . \end{aligned} $$ 직각도 $DS\perp DB$ 그러면 (EFFT)와 같습니다. $$ a^2(2y_S\cdot 1+(-1)\cdot(-2) ) + b^2((1-2y_S)\cdot 1+(-1)\cdot 1 ) + c^2((1-2y_S)\cdot (-2)+2y_S\cdot1 ) =0\ . $$ 그것은 $$ y_S(2a^2-2b^2+6c^2)+(2a^2-2c^2)=0\ . $$ 뭐가 진실이지.
$\square$
마지막 발언 : (6)에 대한 모든 점 (1)는 이제 입증된다. 무게 중심 좌표를 사용하는 것은 (2), (3)에 대한 "직선적 인"솔루션으로 이어졌습니다. (컴퓨터 대수 시스템을 사용하면 "직선"이 간단 해집니다. 여기에서는 솔루션 을 입력 하는 데 약간의 노력이 필요 하며 종이에 더 간단합니다.)
분석 = 계산 솔루션을 "반드시"피해야하는 경우, (3)에 대한 증명이 필요하거나 적어도 그 안에있는 간단한 부분에 대한 증명이 필요합니다. 예를 들어 $FF'DO$순환. (참고$O$ 측면 이등분에 $FF'$.) 보너스 포인트 (2)의 경우 투영 기하학은 경로 일 수 있지만 시간 내에 증거를 찾을 수 없습니다 (Desargues, Pappus, Pascal, et caetera 사용).
그러나 무게 중심 좌표는 대회에서 강력한 도구입니다 (올림피아드, 풀 포인트 수확을 위해 EFFT와 같은 공식을 증명해야 함). 다음은 이것이 실제로 어떻게 작동하는지 명시적인 예입니다. 세부 사항은 생략되지 않았습니다.
여전히 합성 솔루션을 검색 할 것이지만 이제 제출해야합니다.
논평:
그림에서 $BG||AC$ 과 $\widehat {DIB}=90^o$. 그래서$(\widehat{BDI=IDG}) +\widehat {DBI}=90^o$. 이제 우리는 보여야합니다$\widehat {BDI}=\widehat {EDF}$. 그림에서 볼 수 있듯이 $\angle HDI=\angle FDG$. 그러나 이것은 각도 추격으로 증명되어야합니다. 또는 우리는 관계를 사용해야합니다$DE/EB=DC/BC$.
이것은 내가 측면 비율 조건을 사용한 방식이지만 너무 멀리 가지 않았습니다.
포인트 회전 $D$ 약 $C$ 과 $E$ ...에 $D_1$ 과 $D_2$ 각각 그렇게 $B-C-D_1$ 과 $B-E-D_2$. 다음과 같은 경우$\displaystyle\frac{CB}{CD_1}=\frac{EB}{ED_2}$.
에 $\triangle D_1D_2B$, 반대로 BPT에 의해 우리는 $D_1D_2||CE$.