Prove que dois ângulos somam 90 graus

Aug 16 2020

$\triangle ABC$ está inscrito dentro do círculo $O$. $D$ é o ponto médio de $AC$. $E$ está ligado $AB$ de tal modo que $ED/EB=CD/CB$. $CE$ cruza o círculo $O$ em $F$. Provar que$\angle EDF + \angle CDB = 90^{\circ} $.

A condição $ED/EB=CD/CB$é estranho. Estou pensando em usar o teorema de Menelau em$\triangle ABC$ e segmento de linha $DE$ porque há muitos segmentos de linha e proporções iguais, mas não fui muito longe.

Respostas

4 dan_fulea Sep 24 2020 at 11:08

Existem duas possibilidades para construir o ponto $E$. Ambos começam construindo o ponto$X\in BD$, de modo a $X$ é a bissetriz do ângulo de $\hat C$ no $\Delta ABC$.

Por causa de $\frac {XD}{XB}=\frac{CD}{CB}=\frac{DD}{EB}$ (teorema da bissetriz do ângulo e a dada igualdade de proporções) $ED$ é a bissetriz do ângulo em $\Delta EDB$. Então, vamos construir pontos$E$com esta propriedade. Considere o círculo$(X)$ centrado em $X$ que é tangente à linha $AB$. Desenhe as duas tangentes de$D$ para este círculo, eles se cruzam $AB$ em dois pontos, $E,E'$, sendo ambas escolhas possíveis para o ponto $E$ no problema.
Uma segunda possibilidade usa o fato de que o lugar geométrico de todos os pontos $P$ com determinado valor constante para a proporção $k=PD/PB$é um círculo. Este círculo tem a linha$DB$como simetria. A maneira mais simples de ver isso é usar um sistema de coordenadas com$D,B$ no $(-1,0)$ e $(1,0)$, então reescreva a relação dada como $\displaystyle k^2=\frac{(x+1)^2+y^2}{(x-1)^2+y^2}$. No nosso caso, este círculo passa por$X, X'$ os pontos onde a bissetriz do ângulo interno e externo $\hat C$ no $\Delta ABC$ cruzar $BD$. Este é um eixo de simetria, então$XX'$ é um diâmetro neste círculo, vamos $\Xi$ ser seu centro, o ponto médio de $XX'$. Denotamos este círculo por$(\Xi)$. Cruza$AB$ em dois pontos $E,E'$. (Nós deixamos$E$ seja o ponto mais perto de $B$.) Veja também

https://en.wikipedia.org/wiki/Circle#Circle_of_Apollonius

A segunda possibilidade é talvez melhor para trabalhar, então nós reafirmamos o problema de forma equivalente, evitando a condição métrica incômoda. Como sempre procedo em tais situações, minha solução não é a solução rápida ir direto à conclusão necessária, em vez disso, todas as propriedades "interessantes" na constelação geométrica dada (relacionadas ou não à propriedade alvo) são listadas e mostradas. Há muito tempo ando bem com essa estratégia, o entendimento dos problemas é ótimo, soluções alternativas são possíveis. Então, vamos afirmar e provar o seguinte ...

Problema: vamos$\Delta ABC$seja um triângulo. Apresentamos os seguintes pontos.

$O$ é seu circuncentro.
$D$ é o ponto médio de $AB$.
$X,X'$ são as interseções da bissetriz do ângulo interno e externo com $DB$. Deixei$\Xi$ ser o ponto médio do segmento $XX'$.
$E,E'$ são as interseções do círculo $(\Xi)$ de diâmetro $XX'$ com a linha $AB$. (Deixei$E$ estar mais perto de $B$ para corrigir notações.)
$CE$, $CE'$ cruze o circuncírculo $(O)$ do $\Delta ABC$ no $F,F'$ respectivamente.
$T$ é $XE\cap X'E'$.
$H$ é o ortocentro de $\Delta TXX'$.
$L,L'$ são as interseções de $DO$ com a circunferência $(O)$.
Deixei $U$ estar $LF\cap L'F'$. Deixei$R$ seja o ortocentro em $\Delta ULL'$.

Então nós temos:

(1) $THD$ é a terceira altura em $\Delta TXX'$. Além disso,$EE'\Xi D$cíclico. Como corolário,$TD$ bissectos $\widehat{EDE'}$ e cada uma das metades é $\widehat{ECE'}$.
(2) $FF'$, $THD$, e $E'AEB$ são simultâneos em um ponto $S$.
(3) $UD$ é a terceira altura em $\Delta ULL'$, e $UD=UARDC$. Além disso,$FF'DO$cíclico. Como corolário,$AD$ bissectos $\widehat{FDF'}$ e cada uma das metades é $\widehat{FCF'}$.
(4) $THD$ é a bissetriz do ângulo do ângulo $\widehat{EDE'}$.
(5) $ARD$ é a bissetriz do ângulo do ângulo $\widehat{FDF'}$.
(6) Os ângulos $\widehat{EDF}$, $\widehat{E'DF'}$, $\widehat{TDA}$, e o ângulo entre $BXD\Xi X'$ e o diâmetro $LODL'$são iguais. (O último ângulo é o complemento de$\widehat{CDB}$, resolvendo assim o problema no OP.)

Uma foto:

Provas:

(1) Porque $XX'$ é um diâmetro em $(\Xi)$ temos $XE'\perp X'E'$, $XE\perp X'E$, tão $XE'$, $X'E$ são alturas em $\Delta TXX'$. Qual é a terceira altura?$EX$ bissectos $\widehat{DEB}$ e $EXX'E'$cíclico. Isso implica:$$ \widehat{DEX}= \widehat{XEB}= \widehat{BX'E'}= \widehat{XX'T} \ , $$ tão $EDX'X$ cíclico, então $\widehat{TDX'}=\widehat{TEX'}=90^\circ$. Este foi (1).

Mas no mesmo lugar, inserimos uma imagem do círculo de Euler no triângulo $\Delta TXX'$, um círculo passando pelos pés das alturas, $E, E', D$, mas também através do ponto médio $\Xi$ da base $XX'$.

(4) Esta é a propriedade usual da altura, $$ \widehat{TDE}= \widehat{HDE}= \widehat{HXE}= \widehat{E'XT}= 90^\circ-\hat{T}= \widehat{EX'T}= \widehat{HX'E'}= \widehat{HDE'}= \widehat{TDE'} $$

Como alternativa, considere o ponto médio de $TH$, e use o fato de que $\Xi$ e este ponto determina um diâmetro no círculo de Euler, que é perpendicular ao $EE'$. Como observação, podemos escrever usando o círculo de Euler e o círculo$(\Xi)$: $$ \widehat{EDE'}= \widehat{E\Xi E'}= 2\widehat{EXE'}= 2\widehat{EX'E'}= 2\widehat{ECE'}= \ . $$

(3) É mais ou menos "a mesma situação" que em (1), mas os pontos $F,F'$são mais complicados. Desde a$D$ é o ponto médio de $AC$, temos $DO\perp ADC$. O diâmetro de$(O)$ na linha $DO$ é $LL'$. então$\Delta LL'F$ e $\Delta LL'F'$ tem um ângulo reto oposto a $LL'$. Então$LF'$, $L'F$ são duas alturas em $\Delta ULL'$. Qual é a terceira altura? Queremos mostrar que é$UD$. Para ter um paralelo imediato com (1) aqui está o triângulo$\Delta ULL'$ e seu círculo de Euler, mostrando o que queremos mostrar:

Uma solução analítica é fornecida, uma vez que também preciso dos ingredientes para (2).

Usamos coordenadas baricêntricas no triângulo$\Delta ABC$. Seus comprimentos laterais são$a,b,c$digamos, pela notação usual. Os cálculos usarão notações padrão, consulte

https://web.evanchen.cc/handouts/bary/bary-short.pdf

para os detalhes.

Algumas coordenadas e equações são imediatas. $$ \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 $X '$ formally $(DX) = + \ frac b {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = + \ frac b {2a}$,}\\ &\text{... so $X '$ is formally obtained from $X$ 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 $M$}\\ &\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 $(O)$ with perpendicular in $D$ 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 $D$ 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} $$ O discriminante da equação em $M$ não é um quadrado no campo de fração do anel $\Bbb[a,b,c]$, então tentamos não escrever $m$explicitamente. Agora nós computamos$F_\pm$, que é a solução das equações em $(x,y,z)$: $$ \left\{ \begin{aligned} 0 &=a^2yz+b^2zx+c^2xy\ ,\\ m_\pm =\frac{y^E_\pm}{x^E_\pm} & =\frac yx\ ,\\ 1 &=x+y+z\ . \end{aligned} \right. $$ A solução deste sistema, onde a segunda equação é $y=mx$ é $$ [ma^2+b^2\ :\ m(ma^2+b^2)\ :\ -mc^2]\ . $$ Nós obtemos $F_\pm$ pela configuração $m_\pm$ ao invés de $m$. As equações para as linhas$LF_+$ e $L'F_-$ estão: $$ LF_+\ :\ \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 & c(c-a)\\ m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0 \ ,\qquad L'F_-\ :\ \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 & c(c+a)\\ m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0 $$ E queremos mostrar que eles se cruzam em um ponto $U\in AC$, tão $y_U=0$. Nós adicionamos a equação$x+y+z=1$ para os dois acima, determinando $U$, e o segundo componente é pela regra de Kramer: $$ \begin{vmatrix} \color{blue}{ \begin{vmatrix} -b^2 & c(c-a)\\ m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\ \end{vmatrix}} & 0 & \color{magenta}{ \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\ \end{vmatrix}} \\ \color{magenta}{ \begin{vmatrix} -b^2 & c(c+a)\\ m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\ \end{vmatrix}} & 0 & \color{blue}{ \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\ \end{vmatrix}} \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} $$(dividido pelo "determinante do sistema"). Portanto, basta mostrar que o produto
$ \color{blue}{P_\searrow}$ dos termos azuis é o produto $ \color{magenta}{P_\nearrow}$dos termos roxos. (Assim, os produtos são invariantes em relação à "substituição de Galois"$m_+\leftrightarrow m_-$ feito ao mesmo tempo com $c\leftrightarrow -c$.) $$ \begin{aligned} \color{blue}{P_\searrow} &= \color{blue}{ \begin{vmatrix} -b^2 & c(c-a)\\ m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\ \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\ \end{vmatrix}} \\ &= m_+\cdot \begin{vmatrix} -b^2 & c(c-a)\\ m_+a^2+b^2 & -c^2\\ \end{vmatrix} \cdot (m_-a^2+b^2) \cdot \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ 1 & m_- \\ \end{vmatrix} \\ &= m_+\cdot \begin{vmatrix} -b^2 & c(c-a)\\ m_+a^2 & -ac\\ \end{vmatrix} \cdot (m_-a^2+b^2) \cdot \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ 1 & m_- \\ \end{vmatrix} \\ &= m_+\cdot ac\begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2\\ 1 & m_+\\ \end{vmatrix} \cdot (m_-a^2+b^2) \cdot \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ 1 & m_- \\ \end{vmatrix} \\ &= ac\;\color{red}{m_+\;(m_-a^2+b^2)} \;(a(a-c)m_+ + b^2)\;(a(a+c)m_- + b^2)\ ,\\[3mm] &\qquad\text{ and similarly}\\[3mm] \color{magenta}{P_\nearrow} &= \color{magenta}{ \begin{vmatrix} -b^2 & c(c+a)\\ m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\ \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\ \end{vmatrix}} \\ &= m_- \begin{vmatrix} -b^2 & c(c+a)\\ m_-a^2+b^2 & -c^2\\ \end{vmatrix} \cdot (m_+a^2+b^2) \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ 1 & m_+ \\ \end{vmatrix} \\ &= m_- \begin{vmatrix} -b^2 & c(c+a)\\ m_-a^2 & ac\\ \end{vmatrix} \cdot (m_+a^2+b^2) \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ 1 & m_+ \\ \end{vmatrix} \\ &= m_-\cdot a(-c) \begin{vmatrix} a(c+a) &-b^2 \\ 1 & m_- \\ \end{vmatrix} \cdot (m_+a^2+b^2) \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ 1 & m_+ \\ \end{vmatrix} \\ &=ac\; \color{red}{(-m_-)\;(m_+a^2+b^2)}\;(a(a+c)m_- + b^2)\;(a(a-c)m_+ + b^2) \ . \end{aligned} $$ Temos a igualdade dos termos marcados em vermelho, por causa de $$ m_+\;(m_-a^2+b^2) + m_-\;(m_+a^2+b^2) =2a^2\underbrace{m_+m_-}_\Pi +b^2\underbrace{(m_+ + m_-)}_\Sigma=0\ , $$ Desde a $\Pi$ é $-\frac{b^2}{2a^2}\Sigma$. Os outros dois fatores estão combinando mot-a-mot .

$\square$

Para recapitular, mostramos que $UD$ é a altura de $\Delta ULL'$ (e as outras duas alturas são $FL'$ e $F'L$), calculando a interseção $LF_+\cap L'F_-$, e mostrando que é $y$-componente desaparece. (Podemos implantar então qualquer$F,F'$ ou $F',F$ para os valores $F_+,F_-$.) Isso mostra (3) analiticamente.

(5) Isso é paralelo a (4), é a propriedade usual da altura, $$ \widehat{ADF}= \widehat{RDF}= \widehat{RLF}= \widehat{F'LF}= 90^\circ-\hat{U}= \widehat{F'L'F}= \widehat{F'L'R}= \widehat{F'DR}= \widehat{F'DA} $$ ou podemos usar o círculo de Euler da mesma maneira que acima, considerando seu diâmetro de $O$ até o meio de $UR$, aqui $R$ é o ortocentro em $\Delta ULL'$. Como uma observação, podemos escrever usando o círculo de Euler e o circuncírculo$(O)$: $$ \widehat{FDF'}= \widehat{FOF'}= 2\widehat{FLF'}= 2\widehat{FL'F'}= 2\widehat{FCF'}\ . $$

(6) É isso que o OP pede. Até agora, usamos intencionalmente duas marcas diferentes para os pares de ângulos iguais (sem sinal) em$D$: $$ \widehat{EDT}= \widehat{E'DT} \text{ and } \widehat{FDA}= \widehat{F'DA}\ . $$ Eles são iguais, porque usando os círculos $(O)$ e $(\Xi)$ eles "se uniram em $C$, sendo igual a $$ \gamma:= \widehat{ECE'}= \widehat{F'CF'}\ . $$

Uma rotação ao redor $D$ com ângulo $\gamma$ traz os raios $DE$ para dentro $DT$, e $DF$ para dentro $DA$, tão $\widehat{EDF}=\widehat{TDA}$. A mais$\gamma$- rotação ao redor $D$ shows
$\widehat{EDF}=\widehat{TDA}=\widehat{E'DF'}$. Usando$DB\perp DT$ e $DL\perp DA$, uma $90^\circ$ rotação ao redor $D$ dá $\widehat{BDL}=\widehat{TDA}$.

Isso mostra o OP: $$ 90^\circ-\widehat{CDB}= \widehat{BDL}= \widehat{EDF}= \widehat{E'DF'}\ . $$

Resta (2), um bônus na constelação dada. Usamos novamente as coordenadas baricêntricas. Lembre-se de que os pontos$F_\pm$ estão $$ [m_\pm a^2+b^2\ :\ m_\pm(m_\pm a^2+b^2)\ :\ -m_\pm c^2]\ . $$ Então a linha $F_+F_-$ tem a equação $$ \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ -m_+c^2\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0\ . $$ Deixei $S=(x_S,y_S,z_S)$ seja o cruzamento $F_+F_-\cap AB$. De$S\in AB$ temos $z_S=0$, tão $x_S+y_S=1$, e expandindo o determinante acima para a terceira linha: $$ \begin{vmatrix} m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ m_+\\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ m_- \end{vmatrix} x_S - \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ (A última coluna foi simplificada, ela aparece sem o fator $-c^2$.) No coeficiente de $x_S$ extraímos linearmente nas linhas os fatores $m_\pm$. Então a nova segunda coluna$1,1$ é usado para eliminar linearmente $+b^2,+b^2$da primeira coluna. Então, na nova primeira coluna, extraímos o fator$a^2$.

No coeficiente de $y_S$ nós usamos a segunda coluna $m_+,m_-$ para se livrar linearmente de $m_+a^2,m_-a^2$da primeira coluna. Então, na nova primeira coluna, extraímos o fator$a^2$. Isto dá:$$ m_+m_-a^2 \begin{vmatrix} m_+\ &\ 1\\ m_-\ &\ 1 \end{vmatrix} x_S - b^2 \begin{vmatrix} 1\ &\ m_+\\ 1\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ Lembre-se disso $m_+m_-=\Pi=\frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)} $, então, depois de simplificar o acima para $m_+m_-a^2x_S+b^2y_S=0$ e conectar a fórmula para $m_+m_-=\Pi$ nós obtemos: $$ (a^2-c^2)x_S+(2a^2-b^2+2c^2)y_S=0\ , \ x_S+y_S=0\ , $$ e a solução é $$ y_S=-\frac{a^2-c^2}{a^2-b^2+3c^2}\ ,\ x_S=1-y_S\ , $$ então calculamos os vetores de deslocamento $$ \begin{aligned} DS &= S-D = (x_S,y_S,0)-\frac 12(1,0,1) =\left(x_S-\frac 12,y_S,-\frac 12\right) \\ &=\left(\frac 12-y_S,y_S,-\frac 12\right) \sim[1-2y_S\ :\ 2y_S\ :\ -1]\ ,\\ DB &= B-D =(0,1,0)-\frac 12(1,0,1) \\ &=-\frac 12(1,-2,1) \sim[1\ :\ -2\ :\ 1]\ . \end{aligned} $$ A perpendicularidade $DS\perp DB$ é então equivalente a (EFFT): $$ a^2(2y_S\cdot 1+(-1)\cdot(-2) ) + b^2((1-2y_S)\cdot 1+(-1)\cdot 1 ) + c^2((1-2y_S)\cdot (-2)+2y_S\cdot1 ) =0\ . $$ qual é $$ y_S(2a^2-2b^2+6c^2)+(2a^2-2c^2)=0\ . $$ Que é verdade.

$\square$

Uma observação final : Todos os pontos (1) a (6) estão agora comprovados. O uso de coordenadas baricêntricas estava levando a soluções "diretas" para (2), (3). (Usando um sistema de álgebra computacional, "direto" se torna direto. Aqui, há algum esforço para digitar a solução, no papel as coisas são mais simples.)

Se soluções analíticas = computacionais "devem ser" evitadas, então é necessário uma prova para (3), ou pelo menos para uma parte simples dela, por exemplo, basta mostrar $FF'DO$cíclico. (Observe que$O$ está do lado bissetriz de $FF'$.) Para o ponto bônus (2), a geometria projetiva talvez seja o caminho, mas não consegui encontrar uma prova (usando Desargues, Pappus, Pascal, et caetera) no tempo.

Mas também note que as coordenadas baricêntricas são uma ferramenta forte em competições (Olimpíadas, embora também se deva provar fórmulas como EFFT para uma colheita de ponto completo). Aqui está um exemplo explícito de como isso funciona na prática. Nenhum detalhe foi omitido.

Ainda vou buscar soluções sintéticas, mas agora tenho que apresentar, hora.

2 sirous Aug 17 2020 at 18:31

Comente:

Em figura $BG||AC$ e $\widehat {DIB}=90^o$. então$(\widehat{BDI=IDG}) +\widehat {DBI}=90^o$. Agora temos que mostrar$\widehat {BDI}=\widehat {EDF}$.Como pode ser visto na figura $\angle HDI=\angle FDG$. Mas isso tem que ser provado perseguindo o ângulo. Ou devemos usar relação$DE/EB=DC/BC$.

1 SarGe Aug 18 2020 at 06:10

Esta é a forma como usei a condição de proporção dos lados, mas não foi longe demais.

Ponto de rotação $D$ sobre $C$ e $E$ para $D_1$ e $D_2$ respectivamente tal que $B-C-D_1$ e $B-E-D_2$. Se segue isso$\displaystyle\frac{CB}{CD_1}=\frac{EB}{ED_2}$.