ปัญหาเรขาคณิตแข็ง
นี่เป็นปัญหาเรขาคณิตในหนังสือเรียนของฉันสำหรับการแข่งขัน แต่ไม่มีวิธีแก้ปัญหา นอกจากนี้ศาสตราจารย์ของฉันยังแก้ปัญหาไม่ได้ดังนั้นมันจึงค่อนข้างท้าทาย:
สามเหลี่ยม $ABC$ได้รับ จุด$D$ และ $E$ ในบรรทัด $AB$ เป็นเช่นนั้น $AD = AC$ และ $BE = BC$กับการจัดเรียง $D-A-B-E$. วงกลมล้อมรอบรูปสามเหลี่ยม$DCB$ และ $ECA$ ตัดกันที่จุด $X \neq C$และวงกลมล้อมรอบรูปสามเหลี่ยม $DEC$ และ $ABC$ ตัดกันที่ $Y \neq C$. ถ้า$DY + EY = 2XY$ เป็นความจริงกำหนด $\measuredangle ACB.$
จนถึงตอนนี้ฉันไล่หามุมและลองใช้ตรีโกณมิติ แต่ในไม่ช้ามันก็ซับซ้อนเกินไป หนังสือเรียนชี้ให้เห็นว่าปัญหานี้หนักถึงสามเท่าในกีฬาโอลิมปิก ฉันรู้ทฤษฎีบทตรีโกณมิติพื้นฐาน (กฎแห่งบาปกฎของโคไซน์ ฯลฯ ) และฉันสามารถเข้าใจวิธีแก้ปัญหาอื่น ๆ ที่มีความยากคล้ายกันได้มากมายดังนั้นอย่าลังเลที่จะใช้อะไรก็ได้ที่คุณต้องการเพื่อแก้ปัญหานี้
ใครสามารถช่วย?
ขอบคุณล่วงหน้า :)
คำตอบ
นี่คือทางเลือกอื่นในการแก้ปัญหาโดยใช้การผกผัน มันมีสองขั้นตอน
(1) ก่อนอื่นเราแสดงโดยการผกผันว่า $X$ เป็นศูนย์กลางของ $\odot(DCYE)$และอดีตศูนย์กลาง $I_C$ ของ $\Delta ABC$.
(2) การใช้ข้อมูลนี้กับความสัมพันธ์ที่กำหนด $Y$และ $X$และภาพสะท้อนของมัน $X^r$ ใน $AB$ อยู่บนวงรีโดยมีจุดโฟกัสเข้า $D,E$. เราได้รับความขัดแย้งโดยอาร์กิวเมนต์นูนซึ่งแสดงให้เห็นว่า$YX^r$ ผ่านจุดที่ชัดเจน $Z$ (บนเส้นรอบวงของ $\Delta ABC$ และมัน $C$-angle bisector) ภายในวงรี แต่อยู่ในรูปครึ่งระนาบตรงกันข้าม $AB$.
ฉันจะให้รายละเอียดทั้งหมดและรูปภาพที่เกี่ยวข้อง คุณสมบัติทางเรขาคณิตที่ได้รับการยอมรับก็เป็นที่สนใจเช่นกันหากเราลบเงื่อนไขเมตริกที่กำหนด
(1) การพิสูจน์อย่างรวดเร็ว:พิจารณาประเด็น$x=I_C$อดีตศูนย์กลางของ $\Delta ABC$ WRT $C$. ปล่อย$\alpha,\beta,\gamma$ เป็นตัวแบ่งครึ่งมุมในสามเหลี่ยมนี้วาดด้านล่างตัดกันในจุดศูนย์กลาง $I$. จากนั้นเรามีสถานการณ์มุม:
มุมระหว่างการยืดออกของ $xA=I_CA$ และด้านข้าง $AC$ ในสามเหลี่ยมหน้าจั่ว $\Delta ACD$ คือ $\hat A/2$ดังนั้นจึงเป็นไฟล์ $A$- มีเส้นแบ่งครึ่งวงกลมอยู่ในนั้น ดังนั้นเส้นแบ่งครึ่งตั้งฉากของ$CD$, การให้ $xC=xD$. ในทำนองเดียวกัน$xC=xE$.
จากนั้นมุม $\widehat BIX$ (ภายนอก WRt $\Delta BIC$) คือ $\hat B/2+\hat C/2$ดังนั้นมุมใน $x$ ใน $\Delta xIB=\Delta I_CB$ คือส่วนเติมเต็ม $\hat A/2$, เท่ากับ $\widehat BDC$ดังนั้น $BCDx$เป็นรูปสี่เหลี่ยมวนรอบ ในทำนองเดียวกัน$ACEx$วงจร สิ่งนี้ให้$x=X$.
$\square$
(1) พิสูจน์โดยการผกผัน สิ่งนี้ได้รับเนื่องจากบางจุดที่สร้างบนถนน ($(D^*)'$, $(E^*)'$ เกี่ยวข้องกับตำแหน่งของ $Y$. (การจัดแสดงอาจดูยาว แต่เป็นเพียงรายละเอียดในการกำหนดคุณสมบัติการผกผันและการแสดงโบนัสเท่านั้นอาจข้ามไปพิจารณาเฉพาะการพิสูจน์ครั้งแรกแทน)
เราแสดงโดย $*$ การผกผันมีศูนย์กลางอยู่ที่ $C$ ด้วยพลัง $k^2=CA\cdot CB$. ภาพของจุด$Z$ จึงแสดงโดย $Z^*$. เราจะพิจารณาเฉพาะจุด$A,B,C,D$ ก่อนอื่นและค้นหาไฟล์ $*$- ค่า ก่อนอื่น$A^*$, $B^*$ หาได้ง่ายเรามี $CA^*=CB$, $CB^*=CA$ดังนั้นจุด $A^*,B^*$ เป็นภาพสะท้อนของ $B,A$ เขียนเส้นแบ่งเขต $\gamma$ ของมุม $\hat C$ ใน $\Delta ABC$. ภาพสะท้อนนี้ยังมีประโยชน์ในภายหลังให้เราแสดงด้วยเครื่องหมายเฉพาะหรือโดย$R:Z\to Z'$. (ดังนั้น$A^*=B'$ และ $B^*=A'$.)
ให้เราหาตำแหน่งของ $D^*$. มันเป็นภาพของ$D$. อยู่ไหน$D$ตั้งอยู่? มันอยู่บนเส้น$CD$ในบรรทัด $AB$และบนวงกลม $\odot(A,AC)$ อยู่ตรงกลาง $A$ ของรัศมี $AC$. วงกลมนี้กระทบกับรังสี$(CA$ ใน $A_1$, ดังนั้น $\Delta CDA_1$ มีมุมฉากใน $D$. ภาพของ$A_1$ คือ $A_1^*$จุดกึ่งกลางของ $CA^*$. จากนั้นภาพ$D^*$ เป็น / จุดบน $CD$บนวงกลม $\odot(CA^*B^*)=(AB)^*$และตั้งฉากใน $A^*_1$ บน $CA$.
$*$- ภาพของวงกลม $\odot(CDB)$ คือเส้น $D^*B^*$และการแสดงการไล่มุม: $$ \begin{aligned} \widehat{D^*B^*C} &= \widehat{D^*A^*C} &&\text{ since $ซีดี ^ * A ^ * B ^ *$ cyclic, the image of $DAB$}\\ &= \widehat{DAC} &&\text{ since $\ Delta D ^ * A ^ * C \ sim \ Delta DAC$ by inversion}\\ &= \widehat{DCA} = \frac 12\widehat{CAB} =\frac 12 \hat A\ . \end{aligned} $$ ดังนั้น $B^*D^*$ คือภาพสะท้อน $R:Z\to Z'$ ของเส้นแบ่งครึ่งมุม $\alpha$ ใน $A$. เพราะ$B^*=A'$และมุมที่สอดคล้องกัน
ในทำนองเดียวกัน $A^*E^*$ คือการสะท้อนของเส้นแบ่งครึ่งมุม $\beta$ ใน $B$. ตอนนี้เราสามารถแปลภาษาได้แล้ว$X^*$: $$ \begin{aligned} X^* &=(\ \odot(DCB)\cap \odot(ECA)\ )^*\\ &=\odot(DCB)^*\cap \odot(ECA)^*\\ &=B^*D^*\cap C^*E^*\\ &=\alpha'\cap\beta'\\ &=(\alpha\cap\beta)'\\ &=I'\\ &=I\ ,\text{ the incenter $ฉัน = \ alpha \ cap \ beta \ cap \ gamma$ of $\ Delta ABC$.} \end{aligned} $$ โดยเฉพาะอย่างยิ่ง $X^*\in \gamma$ดังนั้น $X\in\gamma$.
จำตอนนี้ว่า $D^*$ เปิดอยู่ $\alpha'$ และใน $\odot(B^*A^*C)=\odot(A'B'C)=\odot(A'B'C')=\odot(ABC)'$.
ดังนั้น $(D^*)'=\alpha\cap \odot(ABC)$ คือจุดตัดของวงรอบของ $\Delta ABC$ โดยมีเส้นแบ่งครึ่งมุมเข้า $A$. ในทำนองเดียวกัน:$(E^*)'=\beta\cap \odot(ABC)$.
ซึ่งหมายความว่า $(D^*E^*)'$ ตัดกัน $\gamma'=\gamma$ ตั้งฉากในจุด $X_1^*$, พูดซึ่งเป็นจุดด้อยของ $CI$.
(มุมเป็นมุมฉากเนื่องจากเกี่ยวข้องกับผลรวมของการวัดของส่วนโค้ง $(CD^*)'$, $(E^*)'A$และส่วนโค้งจาก $A$ ไปยังจุดตัดของวงกลมด้วยเส้นแบ่งครึ่งมุม $\gamma$. จุดตัดเป็นจุดกึ่งกลางเนื่องจากมองเห็นได้จาก$(E^*)'$ ทั้งสองมุมกับ catheti $CX_1^*$ และ $IX_1^*$ สอดคล้องกับสองส่วนโค้งที่เท่ากันบนวงกลมที่วาด)
ดังนั้น $D^*E^*$ ตัดกัน $\gamma$ ในจุดกึ่งกลาง $X_1^*$ ของ $CI$. ภาพของมันโดยการผกผันเป็นจุด$X_1$ บนวงกลม $\odot(CDE)$, ยังตั้งฉากกับ $\gamma$ดังนั้น $CX_1$ คือเส้นผ่านศูนย์กลางและ $X$คือจุดกึ่งกลางของมัน ดังนั้น$X$ เป็นศูนย์กลางของ $\odot(CDE)$.
เพื่อความสะดวกของผู้อ่านนี่คือภาพสรุปสำหรับอาร์กิวเมนต์ที่ใช้จนถึงตอนนี้ฉันให้มันตั้งแต่ฉันมีมันอาจช่วยให้เข้าใจแนวคิดในการพิสูจน์ได้ดีขึ้น
จากภาพเราได้รับทันที: $$ \begin{aligned} \widehat{AXC} &=\widehat{AEC} =\frac 12\hat B\ ,\\ \widehat{CXB} &=\widehat{CDB} =\frac 12\hat A\ ,\\ \widehat{AXB} &=\frac 12(\hat A+\hat B)=\frac 12(180^\circ-\hat C)\ . \end{aligned} $$
(2)
ตอนนี้ให้ $Y$เข้าสู่เวที จำได้ว่า$X$ เป็นศูนย์กลางของ $\odot(CDE)$ดังนั้น: $$XC=XD=XE=XY\ .$$
เราแสดงให้เห็นก่อน (อ้างสิทธิ์) ว่าในกรณีของ$\hat C=60^\circ$ เรามี $$ XC=XD=XE=XY=YD=YE\ , $$ และ $X,Y$ สอดคล้องกับการสะท้อน $r$ ในบรรทัด $DABE$. ในสัญกรณ์$X=Y^r$ และ $Y=X^r$. (ดังนั้นกรณีนี้นำไปสู่การแก้ปัญหาสำหรับความสัมพันธ์$YD+YE=2YX$.)
ในภาพ:
หลักฐานการอ้างสิทธิ์:
อันที่จริงถ้า $\hat C=60^\circ$จากนั้นให้มุมเข้า $X$ ใน $\Delta XAB$ คือ $\frac 12(180^\circ-\hat C)=\frac 12(180^\circ-60^\circ)=60^\circ$. ดังนั้น$X$ อยู่บนวงกลมสะท้อน $\odot(ABC)^r=\odot(ABC^r)$.
นอกจากนี้เรายังมี $\widehat {DXB}=\widehat{DCB}$ตัวอย่างเช่น (โดยใช้ $\hat A+\hat B=120^\circ$): $$ \begin{aligned} \widehat {DCE} &= \frac 12\hat A+\hat C+\frac 12\hat B=120^\circ\ , \\[2mm] \widehat {DXE} &= \widehat {DXB}+ \widehat {AXE}- \widehat {AXB} \\ &= (180^\circ-\widehat {DCB})+ (180^\circ-\widehat {ACE})- 60^\circ \\ &= 180^\circ+180^\circ-60^\circ-(\widehat {DCE}+\hat C) \\ &=120^\circ\ . \end{aligned} $$ ดังนั้น $X$ ยังอยู่ในวงกลมสะท้อน $\odot(DCE)$ดังนั้น $X^r$ มีคุณสมบัติการกำหนดของ $Y$เช่น $$ X=Y^r\ ,\ Y=X^r\ . $$ คุณสมบัติที่อ้างสิทธิ์ตามด้วยการไตร่ตรอง
$\square$
เราแสดงให้เห็นแล้วว่า $\hat C=60^\circ$ ยังเป็นเงื่อนไขที่จำเป็นสำหรับ $2XY=YD+YE$. เราถือว่าเงื่อนไขนี้
ปล่อย $r$ เป็นอีกครั้งที่สะท้อนในบรรทัด $DABE$. เราต้องการแสดง$Y=X^r$. สมมติว่าไม่ใช่กรณีนี้ (และได้รับความขัดแย้ง)
อ้างสิทธิ์:แวดวง$\odot(DAX^r)$ และ $\odot(EBX^r)$ ตัดกันเป็นครั้งที่สองใน $Y$.
$\square$
โบนัส 1: $D,(E^*)',Y$ เป็น colinear ตั้งแต่ $$ \widehat{(E^*)'YA} = \widehat{(E^*)'BA} =\hat B/2=\widehat{DYA}\ , $$ และในทำนองเดียวกัน $E,(D^*)',Y$เป็น colinear (เราใช้สัญกรณ์ตั้งแต่ขั้นตอนแรก)
$\square$
โบนัส 2:ยอม$Z$ เป็นจุดตัดของเส้นแบ่งครึ่ง $\gamma$ ของ $\hat C$ กับแวดวง $\odot(ABC)$ และมัน $\gamma$-การสะท้อนกลับ $\odot(A'B'C')=\odot(B^*A^*C)$.
แล้ว $X^r,Y,Z$ เป็นโคลิเนียร์และเส้นทั่วไปคือเส้นแบ่งครึ่งมุมเข้า $Y$ ใน $\Delta AYB$.
หลักฐาน:จากการคำนวณข้างต้น$X^ry$ bilds ด้วย $Ay$ ภายในรูปหลายเหลี่ยมแบบวน $AYX^rD$ มุม $180^\circ-\widehat{ADX^r}=180^\circ-\widehat{ADX} =180^\circ-\widehat{BDX}=180^\circ-\widehat{BCX}=180^\circ-\hat C/2$.
มุมภายนอก / เสริมกับมุมนี้จึงเป็นเช่นนั้น $\hat C/2$. คำสั่งที่คล้ายกันทำ "ในอีกด้านหนึ่ง" แสดงให้เห็นว่า$X^ry$ คือเส้นแบ่งครึ่งมุมของ $\widehat{AyB}$. ตั้งแต่$\overset\frown{AZ}=\overset\frown{ZB}$ ตามความหมายของ $Z$เส้นแบ่งครึ่งมุมนี้จะผ่านไปด้วย $Z$.
$\square$
จนถึงตอนนี้เราไม่ได้ใช้คุณสมบัติที่กำหนดของ $Y$. (ข้ออ้าง + ข้อพิสูจน์ข้างต้นยังคงยึดไว้ในกรณีไม่เสื่อม$Y\ne X^r$.)
อาร์กิวเมนต์ด้านบน "ขึ้นอยู่กับรูปภาพ" แต่อีกภาพคือ
ดังนั้น $Z,X^r,Y$ อยู่ (ในขั้นสุดท้าย) ตามลำดับนี้ในบรรทัดทั่วไปและอาร์กิวเมนต์ข้างต้นสามารถย้ายเพื่อให้ได้ coliniarity
(2) ได้รับความขัดแย้ง
ในที่สุดให้เราคิดว่า $Y\ne X^r$ และ $2YX=YD+YE$. โดยนัยนี้$$ YD+YE=2YX=2XY=XD+XE\ , $$ ดังนั้น $Y,X,X^r$ คือจุดบนวงรีที่สอดคล้องกันโดยมีจุดโฟกัสอยู่ใน $D,E$.
ทั้งสอง$X^r,Y$ อยู่ในครึ่งระนาบเดียวกันกับเส้นโฟกัส $DE$แต่เส้น $X^rY$ ยังผ่านจุด $Z$ในการตกแต่งภายในของวงรี (ตั้งแต่$Z$ อยู่ระหว่างทางแยก $\gamma\cap DE$ และ $X\in \gamma$.)
ความขัดแย้ง. สมมติฐาน$Y\ne X^r$เป็นเท็จ ดังนั้น$Y=X^r$ และ (ตามที่กล่าวไว้) แล้ว $\hat C=60^\circ$.
$\square$