Докажите, что два угла в сумме составляют 90 градусов
$\triangle ABC$ вписан в круг $O$. $D$ это середина $AC$. $E$ на $AB$ такой, что $ED/EB=CD/CB$. $CE$ пересекает круг $O$ в $F$. Докажи это$\angle EDF + \angle CDB = 90^{\circ} $.
Состояние $ED/EB=CD/CB$неловко. Я подумываю использовать теорему Менелая о$\triangle ABC$ и линейный сегмент $DE$ потому что здесь много одинаковых отрезков и соотношений, но я не пошел очень далеко.
Ответы
Есть две возможности построить точку $E$. Оба начинают с построения точки$X\in BD$, так что $X$ биссектриса угла $\hat C$ в $\Delta ABC$.
Из-за $\frac {XD}{XB}=\frac{CD}{CB}=\frac{DD}{EB}$ (теорема о биссектрисе угла и данное равенство пропорций) $ED$ биссектриса угла в $\Delta EDB$. Итак, давайте построим точки$E$с этим свойством. Рассмотрим круг$(X)$ сосредоточен в $X$ который касается линии $AB$. Нарисуйте две касательные от$D$ к этому кругу они пересекаются $AB$ в двух точках, $E,E'$, оба являются возможными вариантами для точки $E$ в проблеме.
Вторая возможность использует тот факт, что геометрическое место всех точек $P$ с заданным постоянным значением для отношения $k=PD/PB$это круг. В этом круге есть линия$DB$как симметрия. Самый простой способ увидеть это - использовать систему координат с$D,B$ в $(-1,0)$ а также $(1,0)$, затем перепишем данное соотношение как $\displaystyle k^2=\frac{(x+1)^2+y^2}{(x-1)^2+y^2}$. В нашем случае этот круг проходит через$X, X'$ точки, где внутренний и внешний биссектриса угла $\hat C$ в $\Delta ABC$ пересекаться $BD$. Это ось симметрии, поэтому$XX'$ диаметр в этом круге, пусть $\Xi$ быть его центром, серединой $XX'$. Обозначим этот круг через$(\Xi)$. Он пересекает$AB$ в двух точках $E,E'$. (Пусть$E$ быть точкой ближе к $B$.) Смотрите также
https://en.wikipedia.org/wiki/Circle#Circle_of_Apollonius
Возможно, лучше поработать со второй возможностью, поэтому мы аналогичным образом переформулируем проблему, избегая раздражающих метрических условий. Поскольку я всегда действую в таких ситуациях, мое решение не является быстрым решением, которое приводит к необходимому выводу, вместо этого все «интересные» свойства в данном геометрическом созвездии (связанные или не связанные с целевым свойством) перечислены и показаны. Долгое время я хорошо ходил с этой стратегией, понимание проблем оптимальное, возможны альтернативные решения. Итак, констатируем и докажем следующее ...
Проблема: Пусть$\Delta ABC$быть треугольником. Введем следующие моменты.
- $O$ это его центр окружности.
- $D$ это середина $AB$.
- $X,X'$ являются пересечениями внутренней и внешней биссектрисы соответственно с $DB$. Позволять$\Xi$ быть средней точкой сегмента $XX'$.
- $E,E'$ являются пересечениями круга $(\Xi)$ диаметра $XX'$ с линией $AB$. (Позволять$E$ быть ближе к $B$ зафиксировать обозначения.)
- $CE$, $CE'$ пересекать описанную окружность $(O)$ из $\Delta ABC$ в $F,F'$ соответственно.
- $T$ является $XE\cap X'E'$.
- $H$ ортоцентр $\Delta TXX'$.
- $L,L'$ пересечения $DO$ с описанной окружностью $(O)$.
- Позволять $U$ быть $LF\cap L'F'$. Позволять$R$ быть ортоцентром в $\Delta ULL'$.
Тогда у нас есть:
- (1) $THD$ это третья высота в $\Delta TXX'$. Кроме того,$EE'\Xi D$циклический. Как следствие,$TD$ делит пополам $\widehat{EDE'}$ и каждая из половинок $\widehat{ECE'}$.
- (2) $FF'$, $THD$, а также $E'AEB$ параллельны в точке $S$.
- (3) $UD$ это третья высота в $\Delta ULL'$, а также $UD=UARDC$. Кроме того,$FF'DO$циклический. Как следствие,$AD$ делит пополам $\widehat{FDF'}$ и каждая из половинок $\widehat{FCF'}$.
- (4) $THD$ биссектриса угла $\widehat{EDE'}$.
- (5) $ARD$ биссектриса угла $\widehat{FDF'}$.
- (6) Углы $\widehat{EDF}$, $\widehat{E'DF'}$, $\widehat{TDA}$, а угол между $BXD\Xi X'$ и диаметр $LODL'$равны. (Последний угол является дополнением$\widehat{CDB}$, тем самым решив проблему в ОП.)
Картинка:
Доказательства:
(1) Потому что $XX'$ диаметр в $(\Xi)$ у нас есть $XE'\perp X'E'$, $XE\perp X'E$, так $XE'$, $X'E$ высоты в $\Delta TXX'$. Какая третья высота?$EX$ делит пополам $\widehat{DEB}$ а также $EXX'E'$циклический. Из этого следует:$$ \widehat{DEX}= \widehat{XEB}= \widehat{BX'E'}= \widehat{XX'T} \ , $$ так $EDX'X$ циклический, поэтому $\widehat{TDX'}=\widehat{TEX'}=90^\circ$. Это было (1).
Но там же вставляем изображение круга Эйлера в треугольник $\Delta TXX'$, круг, проходящий через подножие высот, $E, E', D$, но и через среднюю точку $\Xi$ базы $XX'$.
(4) Это обычное свойство высоты, $$ \widehat{TDE}= \widehat{HDE}= \widehat{HXE}= \widehat{E'XT}= 90^\circ-\hat{T}= \widehat{EX'T}= \widehat{HX'E'}= \widehat{HDE'}= \widehat{TDE'} $$
В качестве альтернативы рассмотрите среднюю точку $TH$, и воспользуйтесь тем фактом, что $\Xi$ и эта точка определяет диаметр в круге Эйлера, который перпендикулярен на $EE'$. В качестве наблюдения мы можем написать, используя круг Эйлера и круг$(\Xi)$: $$ \widehat{EDE'}= \widehat{E\Xi E'}= 2\widehat{EXE'}= 2\widehat{EX'E'}= 2\widehat{ECE'}= \ . $$
(3) Это более или менее «та же ситуация», что и в (1), но точки $F,F'$сложнее. поскольку$D$ это середина $AC$, у нас есть $DO\perp ADC$. Диаметр$(O)$ на линии $DO$ является $LL'$. Так$\Delta LL'F$ а также $\Delta LL'F'$ иметь прямой угол в противоположность $LL'$. затем$LF'$, $L'F$ две высоты в $\Delta ULL'$. Какая третья высота? Мы хотим показать, что это$UD$. Чтобы иметь прямую параллель с (1), вот треугольник$\Delta ULL'$ и его круг Эйлера, показывающий то, что мы хотим показать:
Аналитическое решение дано, так как я также нужны ингредиенты для (2).
Мы используем барицентрические координаты в треугольнике$\Delta ABC$. Его боковые длины$a,b,c$скажем, в обычных обозначениях. В расчетах будут использоваться стандартные обозначения, обратитесь к
https://web.evanchen.cc/handouts/bary/bary-short.pdf
для подробностей.
Некоторые координаты и уравнения являются немедленными. $$ \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 $ИКС'$ formally $(DX) = + \ frac b {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = + \ frac b {2a}$,}\\ &\text{... so $ИКС'$ is formally obtained from $Икс$ via $б \ к-б$,}\\ 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 $С, Х, Х '$, 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$ $(г = 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 $м_ \ пм$ are the two roots of the equation in $M$}\\ &\qquad\text{obtained by setting $г = 0$ and $у = 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$ ($г = 0$) with perpendicular in $D$ on $БД$}\\ &=\text{ solution of $х + у + г = 1$, $г = 0$, and}\\ &=\text{ (EFFT) for displacements $\ frac 12 (2x-1,2y, 2z-1)$ and $\ гидроразрыв 12 (1, -2, 1)$, so}\\ S &= [2a^2-b^2+2c^2:c^2-a^2:0]\ . \end{aligned} $$ Дискриминант уравнения в $M$ не квадрат в поле дробей кольца $\Bbb[a,b,c]$, поэтому мы стараемся не писать $m$явно. Теперь вычисляем$F_\pm$, которое является решением уравнений в $(x,y,z)$: $$ \left\{ \begin{aligned} 0 &=a^2yz+b^2zx+c^2xy\ ,\\ m_\pm =\frac{y^E_\pm}{x^E_\pm} & =\frac yx\ ,\\ 1 &=x+y+z\ . \end{aligned} \right. $$ Решение этой системы, где второе уравнение имеет вид $y=mx$ является $$ [ma^2+b^2\ :\ m(ma^2+b^2)\ :\ -mc^2]\ . $$ Мы получаем $F_\pm$ установив $m_\pm$ вместо того $m$. Уравнения для линий$LF_+$ а также $L'F_-$ находятся: $$ LF_+\ :\ \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 & c(c-a)\\ m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0 \ ,\qquad L'F_-\ :\ \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 & c(c+a)\\ m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0 $$ И мы хотим показать, что они пересекаются в точке $U\in AC$, так $y_U=0$. Добавляем уравнение$x+y+z=1$ к двум вышеупомянутым, определяя $U$, а второй компонент - по правилу Крамера: $$ \begin{vmatrix} \color{blue}{ \begin{vmatrix} -b^2 & c(c-a)\\ m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\ \end{vmatrix}} & 0 & \color{magenta}{ \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\ \end{vmatrix}} \\ \color{magenta}{ \begin{vmatrix} -b^2 & c(c+a)\\ m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\ \end{vmatrix}} & 0 & \color{blue}{ \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\ \end{vmatrix}} \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} $$(делится на «определитель системы»). Так что достаточно показать, что продукт
$ \color{blue}{P_\searrow}$ из синих терминов это продукт $ \color{magenta}{P_\nearrow}$фиолетовых терминов. (Таким образом, продукты неизменны относительно «замены Галуа»$m_+\leftrightarrow m_-$ сделано в то же время с $c\leftrightarrow -c$.) $$ \begin{aligned} \color{blue}{P_\searrow} &= \color{blue}{ \begin{vmatrix} -b^2 & c(c-a)\\ m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\ \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\ \end{vmatrix}} \\ &= m_+\cdot \begin{vmatrix} -b^2 & c(c-a)\\ m_+a^2+b^2 & -c^2\\ \end{vmatrix} \cdot (m_-a^2+b^2) \cdot \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ 1 & m_- \\ \end{vmatrix} \\ &= m_+\cdot \begin{vmatrix} -b^2 & c(c-a)\\ m_+a^2 & -ac\\ \end{vmatrix} \cdot (m_-a^2+b^2) \cdot \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ 1 & m_- \\ \end{vmatrix} \\ &= m_+\cdot ac\begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2\\ 1 & m_+\\ \end{vmatrix} \cdot (m_-a^2+b^2) \cdot \begin{vmatrix} a(a+c) & -b^2 \\ 1 & m_- \\ \end{vmatrix} \\ &= ac\;\color{red}{m_+\;(m_-a^2+b^2)} \;(a(a-c)m_+ + b^2)\;(a(a+c)m_- + b^2)\ ,\\[3mm] &\qquad\text{ and similarly}\\[3mm] \color{magenta}{P_\nearrow} &= \color{magenta}{ \begin{vmatrix} -b^2 & c(c+a)\\ m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\ \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\ \end{vmatrix}} \\ &= m_- \begin{vmatrix} -b^2 & c(c+a)\\ m_-a^2+b^2 & -c^2\\ \end{vmatrix} \cdot (m_+a^2+b^2) \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ 1 & m_+ \\ \end{vmatrix} \\ &= m_- \begin{vmatrix} -b^2 & c(c+a)\\ m_-a^2 & ac\\ \end{vmatrix} \cdot (m_+a^2+b^2) \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ 1 & m_+ \\ \end{vmatrix} \\ &= m_-\cdot a(-c) \begin{vmatrix} a(c+a) &-b^2 \\ 1 & m_- \\ \end{vmatrix} \cdot (m_+a^2+b^2) \begin{vmatrix} a(a-c) & -b^2 \\ 1 & m_+ \\ \end{vmatrix} \\ &=ac\; \color{red}{(-m_-)\;(m_+a^2+b^2)}\;(a(a+c)m_- + b^2)\;(a(a-c)m_+ + b^2) \ . \end{aligned} $$ У нас есть равенство членов, отмеченных красным, потому что $$ m_+\;(m_-a^2+b^2) + m_-\;(m_+a^2+b^2) =2a^2\underbrace{m_+m_-}_\Pi +b^2\underbrace{(m_+ + m_-)}_\Sigma=0\ , $$ поскольку $\Pi$ является $-\frac{b^2}{2a^2}\Sigma$. Остальные два фактора соответствия друг другу MOT-а-Mot .
$\square$
Подводя итог, мы показали, что $UD$ высота $\Delta ULL'$ (а две другие высоты $FL'$ а также $F'L$), вычислив пересечение $LF_+\cap L'F_-$, и показывая, что его $y$-компонент исчезает. (Мы можем имплантировать либо$F,F'$ или $F',F$ для ценностей $F_+,F_-$.) Это показывает (3) аналитически.
(5) Это аналогично (4), это обычное свойство высоты, $$ \widehat{ADF}= \widehat{RDF}= \widehat{RLF}= \widehat{F'LF}= 90^\circ-\hat{U}= \widehat{F'L'F}= \widehat{F'L'R}= \widehat{F'DR}= \widehat{F'DA} $$ или мы можем использовать круг Эйлера так же, как и выше, учитывая его диаметр от $O$ до середины $UR$, Вот $R$ ортоцентр в $\Delta ULL'$. В качестве наблюдения мы можем написать, используя окружность Эйлера и описанную окружность$(O)$: $$ \widehat{FDF'}= \widehat{FOF'}= 2\widehat{FLF'}= 2\widehat{FL'F'}= 2\widehat{FCF'}\ . $$
(6) Это то, о чем просит ОП. До сих пор мы намеренно использовали две разные отметки для пар равных (беззнаковых) углов в$D$: $$ \widehat{EDT}= \widehat{E'DT} \text{ and } \widehat{FDA}= \widehat{F'DA}\ . $$ Они равны, потому что с помощью кружков $(O)$ а также $(\Xi)$ они "объединились в $C$, будучи равным $$ \gamma:= \widehat{ECE'}= \widehat{F'CF'}\ . $$
Вращение вокруг $D$ с углом $\gamma$ приносит лучи $DE$ в $DT$, а также $DF$ в $DA$, так $\widehat{EDF}=\widehat{TDA}$. Дальше$\gamma$-вращение вокруг $D$ показывает
$\widehat{EDF}=\widehat{TDA}=\widehat{E'DF'}$. С помощью$DB\perp DT$ а также $DL\perp DA$, а $90^\circ$ вращение вокруг $D$ дает $\widehat{BDL}=\widehat{TDA}$.
Это показывает OP: $$ 90^\circ-\widehat{CDB}= \widehat{BDL}= \widehat{EDF}= \widehat{E'DF'}\ . $$
Остается (2), бонус в данном созвездии. Мы снова используем барицентрические координаты. Напомним, что точки$F_\pm$ находятся $$ [m_\pm a^2+b^2\ :\ m_\pm(m_\pm a^2+b^2)\ :\ -m_\pm c^2]\ . $$ Тогда строка $F_+F_-$ имеет уравнение $$ \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ -m_+c^2\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0\ . $$ Позволять $S=(x_S,y_S,z_S)$ быть перекрестком $F_+F_-\cap AB$. Из$S\in AB$ у нас есть $z_S=0$, так $x_S+y_S=1$, и расширив указанный выше определитель по третьей строке: $$ \begin{vmatrix} m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ m_+\\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ m_- \end{vmatrix} x_S - \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ (Последний столбец был упрощен, он отображается без фактора $-c^2$.) В коэффициенте $x_S$ линейно выделяем на строках множители $m_\pm$. Затем новый второй столбец$1,1$ используется для линейного избавления от $+b^2,+b^2$из первого столбца. Затем в новом первом столбце извлекаем множитель$a^2$.
В коэффициенте $y_S$ мы используем второй столбец $m_+,m_-$ линейно избавиться от $m_+a^2,m_-a^2$из первого столбца. Затем в новом первом столбце извлекаем множитель$a^2$. Это дает:$$ m_+m_-a^2 \begin{vmatrix} m_+\ &\ 1\\ m_-\ &\ 1 \end{vmatrix} x_S - b^2 \begin{vmatrix} 1\ &\ m_+\\ 1\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ Напомним, что $m_+m_-=\Pi=\frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)} $, поэтому после упрощения приведенного выше до $m_+m_-a^2x_S+b^2y_S=0$ и подставляя формулу для $m_+m_-=\Pi$ мы получаем: $$ (a^2-c^2)x_S+(2a^2-b^2+2c^2)y_S=0\ , \ x_S+y_S=0\ , $$ и решение $$ y_S=-\frac{a^2-c^2}{a^2-b^2+3c^2}\ ,\ x_S=1-y_S\ , $$ поэтому мы вычисляем векторы смещения $$ \begin{aligned} DS &= S-D = (x_S,y_S,0)-\frac 12(1,0,1) =\left(x_S-\frac 12,y_S,-\frac 12\right) \\ &=\left(\frac 12-y_S,y_S,-\frac 12\right) \sim[1-2y_S\ :\ 2y_S\ :\ -1]\ ,\\ DB &= B-D =(0,1,0)-\frac 12(1,0,1) \\ &=-\frac 12(1,-2,1) \sim[1\ :\ -2\ :\ 1]\ . \end{aligned} $$ Перпендикулярность $DS\perp DB$ тогда эквивалентно (EFFT): $$ a^2(2y_S\cdot 1+(-1)\cdot(-2) ) + b^2((1-2y_S)\cdot 1+(-1)\cdot 1 ) + c^2((1-2y_S)\cdot (-2)+2y_S\cdot1 ) =0\ . $$ который $$ y_S(2a^2-2b^2+6c^2)+(2a^2-2c^2)=0\ . $$ Что является правдой.
$\square$
Последнее замечание : все пункты с (1) по (6) доказаны. Использование барицентрических координат привело к "прямым" решениям для (2), (3). (При использовании системы компьютерной алгебры «прямолинейность» становится очевидной. Здесь нужно немного попытаться напечатать решение, на бумаге все проще.)
Если «необходимо» избегать аналитических = вычислительных решений, тогда нужно доказательство для (3) или, по крайней мере, для простой части в нем, например, достаточно, чтобы показать $FF'DO$циклический. (Обратите внимание, что$O$ находится на стороне биссектрисы $FF'$.) Для бонусной точки (2) проективная геометрия может быть путем, но я не смог найти доказательство (используя Дезарга, Паппа, Паскаля и т. Д.) Во времени.
Но также обратите внимание, что барицентрические координаты являются сильным инструментом в соревнованиях (олимпиадах, хотя тогда нужно также доказывать формулы, такие как EFFT, для сбора полной точки). Вот явный пример того, как это работает на практике. Никакие детали не были упущены.
Я все еще буду искать синтетические решения, но теперь мне нужно представить, время.
Комментарий:
На рисунке $BG||AC$ а также $\widehat {DIB}=90^o$. Так$(\widehat{BDI=IDG}) +\widehat {DBI}=90^o$. Теперь нам нужно показать$\widehat {BDI}=\widehat {EDF}$.Как видно на рисунке $\angle HDI=\angle FDG$. Но это должно быть доказано гонкой за углом. Или мы должны использовать отношение$DE/EB=DC/BC$.
Именно так я использовал условие соотношения сторон, но это не зашло слишком далеко.
Повернуть точку $D$ около $C$ а также $E$ к $D_1$ а также $D_2$ соответственно такие, что $B-C-D_1$ а также $B-E-D_2$. Если следует, что$\displaystyle\frac{CB}{CD_1}=\frac{EB}{ED_2}$.
В $\triangle D_1D_2B$, обратным BPT имеем $D_1D_2||CE$.