พิสูจน์สองมุมรวมกันได้ถึง 90 องศา
$\triangle ABC$ ถูกจารึกไว้ในวงกลม $O$. $D$ คือจุดกึ่งกลางของ $AC$. $E$ เปิดอยู่ $AB$ ดังนั้น $ED/EB=CD/CB$. $CE$ ตัดกันวงกลม $O$ ที่ $F$. พิสูจน์ว่า$\angle EDF + \angle CDB = 90^{\circ} $.
เงื่อนไข $ED/EB=CD/CB$อึดอัด ฉันกำลังคิดที่จะใช้ทฤษฎีบทเมเนลาส$\triangle ABC$ และส่วนของเส้นตรง $DE$ เนื่องจากมีส่วนของเส้นตรงและอัตราส่วนจำนวนมาก แต่ฉันไม่ได้ไปไกลมาก
คำตอบ
มีความเป็นไปได้สองประการในการสร้างจุด $E$. ทั้งสองเริ่มต้นด้วยการสร้างจุด$X\in BD$, ดังนั้น $X$ คือเส้นแบ่งครึ่งมุมของ $\hat C$ ใน $\Delta ABC$.
เพราะว่า $\frac {XD}{XB}=\frac{CD}{CB}=\frac{DD}{EB}$ (ทฤษฎีบทเส้นแบ่งมุมและความเท่าเทียมกันของสัดส่วนที่กำหนด) $ED$ คือเส้นแบ่งครึ่งมุมใน $\Delta EDB$. ให้เราสร้างจุด$E$กับคุณสมบัตินี้ พิจารณาวงกลม$(X)$ อยู่ตรงกลาง $X$ ซึ่งสัมผัสกับเส้น $AB$. วาดเส้นสัมผัสทั้งสองจาก$D$ กับวงกลมนี้พวกมันตัดกัน $AB$ ในสองจุด $E,E'$ทั้งสองเป็นทางเลือกที่เป็นไปได้สำหรับประเด็น $E$ ในปัญหา
ความเป็นไปได้ที่สองใช้ความจริงที่ว่าตำแหน่งทางเรขาคณิตของทุกจุด $P$ ด้วยค่าคงที่ที่กำหนดสำหรับอัตราส่วน $k=PD/PB$เป็นวงกลม วงกลมนี้มีเส้น$DB$เป็นสมมาตร วิธีที่ง่ายที่สุดในการดูสิ่งนี้คือใช้ระบบพิกัดด้วย$D,B$ ใน $(-1,0)$ และ $(1,0)$จากนั้นเขียนความสัมพันธ์ที่กำหนดใหม่เป็น $\displaystyle k^2=\frac{(x+1)^2+y^2}{(x-1)^2+y^2}$. ในกรณีของเราวงกลมนี้ผ่าน$X, X'$ จุดที่ด้านในตามลำดับเส้นแบ่งครึ่งมุมของ $\hat C$ ใน $\Delta ABC$ ตัด $BD$. นี่คือแกนสมมาตรดังนั้น$XX'$ คือเส้นผ่านศูนย์กลางในวงกลมนี้ $\Xi$ เป็นจุดศูนย์กลางจุดกึ่งกลางของ $XX'$. เราแสดงวงกลมนี้ด้วย$(\Xi)$. มันตัดกัน$AB$ ในสองจุด $E,E'$. (เราปล่อยให้$E$ เป็นประเด็นใกล้ตัว $B$.) ดูสิ่งนี้ด้วย
https://en.wikipedia.org/wiki/Circle#Circle_of_Apollonius
ความเป็นไปได้ประการที่สองอาจจะดีกว่าที่จะใช้งานได้ดังนั้นเราจึงทบทวนปัญหาในลักษณะเดียวกันโดยหลีกเลี่ยงเงื่อนไขเมตริกที่น่ารำคาญ ในขณะที่ฉันดำเนินการในสถานการณ์เช่นนี้เสมอวิธีแก้ปัญหาของฉันไม่ใช่วิธีแก้ปัญหาที่รวดเร็วตรงไปตรงมาเพื่อให้ได้ข้อสรุปที่ต้องการ แต่คุณสมบัติ "น่าสนใจ" ทั้งหมดในกลุ่มดาวทางเรขาคณิตที่กำหนด (เกี่ยวข้องหรือไม่กับคุณสมบัติเป้าหมาย) จะแสดงรายการและแสดง เป็นเวลานานที่ฉันดำเนินกลยุทธ์นี้ได้ดีความเข้าใจในปัญหาเป็นสิ่งที่ดีที่สุดและเป็นทางเลือกในการแก้ปัญหา ดังนั้นให้เราระบุและพิสูจน์สิ่งต่อไปนี้ ...
ปัญหา:ให้$\Delta ABC$เป็นรูปสามเหลี่ยม เราแนะนำประเด็นต่อไปนี้
- $O$ เป็นศูนย์กลางของมัน
- $D$ คือจุดกึ่งกลางของ $AB$.
- $X,X'$ คือจุดตัดของด้านในตามลำดับเส้นแบ่งครึ่งมุมด้านนอกด้วย $DB$. ปล่อย$\Xi$ เป็นจุดกึ่งกลางของส่วน $XX'$.
- $E,E'$ คือจุดตัดของวงกลม $(\Xi)$ ของเส้นผ่านศูนย์กลาง $XX'$ ด้วยเส้น $AB$. (ปล่อย$E$ ใกล้ชิด $B$ เพื่อแก้ไขสัญกรณ์)
- $CE$, $CE'$ ตัดเส้นวงกลม $(O)$ ของ $\Delta ABC$ ใน $F,F'$ ตามลำดับ
- $T$ คือ $XE\cap X'E'$.
- $H$ เป็นจุดศูนย์กลางของ $\Delta TXX'$.
- $L,L'$ คือจุดตัดของ $DO$ กับวงกลม $(O)$.
- ปล่อย $U$ เป็น $LF\cap L'F'$. ปล่อย$R$ เป็นศูนย์กลางใน $\Delta ULL'$.
จากนั้นเรามี:
- (1) $THD$ คือความสูงที่สามใน $\Delta TXX'$. ยิ่งไปกว่านั้น$EE'\Xi D$วงจร ในฐานะที่เป็นข้อพิสูจน์$TD$ แบ่งครึ่ง $\widehat{EDE'}$ และแต่ละครึ่งคือ $\widehat{ECE'}$.
- (2) $FF'$, $THD$และ $E'AEB$ พร้อมกันในจุด $S$.
- (3) $UD$ คือความสูงที่สามใน $\Delta ULL'$และ $UD=UARDC$. ยิ่งไปกว่านั้น$FF'DO$วงจร ในฐานะที่เป็นข้อพิสูจน์$AD$ แบ่งครึ่ง $\widehat{FDF'}$ และแต่ละครึ่งคือ $\widehat{FCF'}$.
- (4) $THD$ คือเส้นแบ่งครึ่งของมุม $\widehat{EDE'}$.
- (5) $ARD$ คือเส้นแบ่งครึ่งของมุม $\widehat{FDF'}$.
- (6) มุม $\widehat{EDF}$, $\widehat{E'DF'}$, $\widehat{TDA}$และมุมระหว่าง $BXD\Xi X'$ และเส้นผ่านศูนย์กลาง $LODL'$มีค่าเท่ากัน (มุมสุดท้ายคือส่วนเติมเต็มของ$\widehat{CDB}$ดังนั้นการแก้ปัญหาใน OP)
รูปภาพ:
หลักฐาน:
(1) เพราะ $XX'$ คือเส้นผ่านศูนย์กลางใน $(\Xi)$ เรามี $XE'\perp X'E'$, $XE\perp X'E$ดังนั้น $XE'$, $X'E$ อยู่ในความสูง $\Delta TXX'$. ความสูงที่สามคืออะไร? $EX$ แบ่งครึ่ง $\widehat{DEB}$ และ $EXX'E'$วงจร โดยนัยนี้: $$ \widehat{DEX}= \widehat{XEB}= \widehat{BX'E'}= \widehat{XX'T} \ , $$ ดังนั้น $EDX'X$ วัฏจักรดังนั้น $\widehat{TDX'}=\widehat{TEX'}=90^\circ$. นี่คือ (1)
แต่ในที่เดียวกันเราใส่รูปภาพของวงกลมออยเลอร์ในสามเหลี่ยม $\Delta TXX'$, วงกลมที่ผ่านฟุตของความสูง, $E, E', D$แต่ยังทะลุจุดกึ่งกลาง $\Xi$ ของฐาน $XX'$.
(4) นี่คือคุณสมบัติตามปกติของความสูง $$ \widehat{TDE}= \widehat{HDE}= \widehat{HXE}= \widehat{E'XT}= 90^\circ-\hat{T}= \widehat{EX'T}= \widehat{HX'E'}= \widehat{HDE'}= \widehat{TDE'} $$
หรือพิจารณาจุดกึ่งกลางของ $TH$และใช้ความจริงที่ว่า $\Xi$ และจุดนี้กำหนดเส้นผ่านศูนย์กลางในวงกลมออยเลอร์ซึ่งตั้งฉากบน $EE'$. จากการสังเกตเราอาจเขียนโดยใช้วงกลมออยเลอร์และวงกลม$(\Xi)$: $$ \widehat{EDE'}= \widehat{E\Xi E'}= 2\widehat{EXE'}= 2\widehat{EX'E'}= 2\widehat{ECE'}= \ . $$
(3) เป็น "สถานการณ์เดียวกัน" มากหรือน้อยตามข้อ (1) แต่ประเด็น $F,F'$มีความซับซ้อนมากขึ้น ตั้งแต่$D$ คือจุดกึ่งกลางของ $AC$, เรามี $DO\perp ADC$. เส้นผ่านศูนย์กลางของ$(O)$ ในบรรทัด $DO$ คือ $LL'$. ดังนั้น $\Delta LL'F$ และ $\Delta LL'F'$ มีมุมฉากตรงข้ามกับ $LL'$. แล้ว$LF'$, $L'F$ มีความสูงสองชั้น $\Delta ULL'$. ความสูงที่สามคืออะไร? ที่เราอยากจะแสดงคือ$UD$. การขนานทันทีกับ (1) นี่คือสามเหลี่ยม$\Delta ULL'$ และวงกลมออยเลอร์แสดงสิ่งที่เราต้องการแสดง:
มีการให้โซลูชันการวิเคราะห์เนื่องจากฉันต้องการส่วนผสมสำหรับ (2) ด้วย
เราใช้พิกัด barycentricในสามเหลี่ยม$\Delta ABC$. ความยาวด้านข้างคือ$a,b,c$พูดตามสัญกรณ์ปกติ การคำนวณจะใช้สัญลักษณ์มาตรฐานโปรดปรึกษา
https://web.evanchen.cc/handouts/bary/bary-short.pdf
สำหรับรายละเอียด
พิกัดและสมการบางส่วนเกิดขึ้นทันที
$$
\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 ข {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = - \ frac ข {2a}$.}\\
&\text{... and for $X '$ formally $(DX) = + \ frac ข {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = + \ frac ข {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 $จ _ น$ 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 $ม$}\\
&\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 $ง$ 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 _ + \ ซ้ายขวาลูกศร L_-$.)}\\
S &=\text{ intersection of $AB$ ($z = 0$) with perpendicular in $ง$ 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}
$$
ตัวเลือกของสมการใน $M$ ไม่ใช่รูปสี่เหลี่ยมจัตุรัสในช่องเศษส่วนของวงแหวน $\Bbb[a,b,c]$ดังนั้นเราจึงพยายามไม่เขียน $m$อย่างชัดเจน ตอนนี้เราคำนวณ$F_\pm$ซึ่งเป็นคำตอบของสมการใน $(x,y,z)$:
$$
\left\{
\begin{aligned}
0 &=a^2yz+b^2zx+c^2xy\ ,\\
m_\pm =\frac{y^E_\pm}{x^E_\pm} & =\frac yx\ ,\\
1 &=x+y+z\ .
\end{aligned}
\right.
$$
คำตอบของระบบนี้โดยที่สมการที่สองคือ $y=mx$ คือ
$$
[ma^2+b^2\ :\ m(ma^2+b^2)\ :\ -mc^2]\ .
$$
เราได้รับ $F_\pm$ โดยการตั้งค่า $m_\pm$ แทน $m$. สมการของเส้น$LF_+$ และ $L'F_-$ คือ:
$$
LF_+\ :\
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
\ ,\qquad
L'F_-\ :\
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
$$
และเราต้องการแสดงให้พวกมันตัดกันเป็นจุด ๆ $U\in AC$ดังนั้น $y_U=0$. เราเพิ่มสมการ$x+y+z=1$ จากสองข้อข้างต้นกำหนด $U$และองค์ประกอบที่สองเป็นไปตามกฎของ Kramer:
$$
\begin{vmatrix}
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
$$
(หารด้วย "ดีเทอร์มิแนนต์ของระบบ") ดังนั้นจึงเพียงพอที่จะแสดงให้เห็นว่าผลิตภัณฑ์
$
\color{blue}{P_\searrow}$ เงื่อนไขสีน้ำเงินคือผลิตภัณฑ์
$
\color{magenta}{P_\nearrow}$ของเงื่อนไขสีม่วง (ดังนั้นผลิตภัณฑ์จึงไม่แปรผัน WRt "Galois replacement"$m_+\leftrightarrow m_-$ ทำในเวลาเดียวกันกับ $c\leftrightarrow -c$.)
$$
\begin{aligned}
\color{blue}{P_\searrow}
&=
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2 & -ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
ac\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2\\
1 & m_+\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
ac\;\color{red}{m_+\;(m_-a^2+b^2)}
\;(a(a-c)m_+ + b^2)\;(a(a+c)m_- + b^2)\ ,\\[3mm]
&\qquad\text{ and similarly}\\[3mm]
\color{magenta}{P_\nearrow}
&=
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2 & ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-\cdot a(-c)
\begin{vmatrix}
a(c+a) &-b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=ac\;
\color{red}{(-m_-)\;(m_+a^2+b^2)}\;(a(a+c)m_- + b^2)\;(a(a-c)m_+ + b^2)
\ .
\end{aligned}
$$
เรามีความเท่าเทียมกันของเงื่อนไขที่ทำเครื่องหมายด้วยสีแดงเนื่องจาก
$$
m_+\;(m_-a^2+b^2) +
m_-\;(m_+a^2+b^2)
=2a^2\underbrace{m_+m_-}_\Pi
+b^2\underbrace{(m_+ + m_-)}_\Sigma=0\ ,
$$
ตั้งแต่ $\Pi$ คือ $-\frac{b^2}{2a^2}\Sigma$. อีกสองปัจจัยที่ตรงกับแต่ละอื่น ๆmot-a-mot
$\square$
เราแสดงให้เห็นว่า $UD$ คือความสูงของ $\Delta ULL'$ (และอีกสองความสูงคือ $FL'$ และ $F'L$) โดยคำนวณจุดตัด $LF_+\cap L'F_-$และแสดงให้เห็นว่า $y$- ส่วนประกอบหายไป (เราสามารถสอดใส่ได้เช่นกัน$F,F'$ หรือ $F',F$ สำหรับค่า $F_+,F_-$.) แสดง (3) ในเชิงวิเคราะห์
(5) ขนานกับ (4) ซึ่งเป็นคุณสมบัติตามปกติของความสูง $$ \widehat{ADF}= \widehat{RDF}= \widehat{RLF}= \widehat{F'LF}= 90^\circ-\hat{U}= \widehat{F'L'F}= \widehat{F'L'R}= \widehat{F'DR}= \widehat{F'DA} $$ หรือเราสามารถใช้วงกลมออยเลอร์ในลักษณะเดียวกับด้านบนโดยพิจารณาจากเส้นผ่านศูนย์กลาง $O$ ไปยังจุดกึ่งกลางของ $UR$ที่นี่ $R$ เป็นศูนย์กลางใน $\Delta ULL'$. จากการสังเกตเราอาจเขียนโดยใช้วงกลมออยเลอร์และวงกลม$(O)$: $$ \widehat{FDF'}= \widehat{FOF'}= 2\widehat{FLF'}= 2\widehat{FL'F'}= 2\widehat{FCF'}\ . $$
(6) นี่คือสิ่งที่ OP ขอ จนถึงตอนนี้เราได้ใช้เครื่องหมายที่ต่างกันสองเครื่องหมายโดยเจตนาสำหรับคู่ของมุมที่เท่ากัน (ไม่ได้ลงนาม) ใน$D$: $$ \widehat{EDT}= \widehat{E'DT} \text{ and } \widehat{FDA}= \widehat{F'DA}\ . $$ มันเท่ากันเพราะใช้วงกลม $(O)$ และ $(\Xi)$ พวกเขา "รวมกัน $C$เท่ากับ $$ \gamma:= \widehat{ECE'}= \widehat{F'CF'}\ . $$
การหมุนรอบตัว $D$ ด้วยมุม $\gamma$ นำรังสี $DE$ เป็น $DT$และ $DF$ เป็น $DA$ดังนั้น $\widehat{EDF}=\widehat{TDA}$. เพิ่มเติม$\gamma$- การหมุนรอบ $D$ การแสดง
$\widehat{EDF}=\widehat{TDA}=\widehat{E'DF'}$. การใช้$DB\perp DT$ และ $DL\perp DA$, ก $90^\circ$ หมุนไปรอบ ๆ $D$ ให้ $\widehat{BDL}=\widehat{TDA}$.
นี่แสดง OP: $$ 90^\circ-\widehat{CDB}= \widehat{BDL}= \widehat{EDF}= \widehat{E'DF'}\ . $$
มันยังคงเป็น (2) โบนัสในกลุ่มดาวที่กำหนด เราใช้พิกัด barycentric อีกครั้ง จำได้ว่าจุด$F_\pm$ คือ $$ [m_\pm a^2+b^2\ :\ m_\pm(m_\pm a^2+b^2)\ :\ -m_\pm c^2]\ . $$ จากนั้นบรรทัด $F_+F_-$ มีสมการ $$ \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ -m_+c^2\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0\ . $$ ปล่อย $S=(x_S,y_S,z_S)$ เป็นสี่แยก $F_+F_-\cap AB$. จาก$S\in AB$ เรามี $z_S=0$ดังนั้น $x_S+y_S=1$และขยายดีเทอร์มิแนนต์ข้างต้นเขียนบรรทัดที่สาม: $$ \begin{vmatrix} m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ m_+\\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ m_- \end{vmatrix} x_S - \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ (คอลัมน์สุดท้ายถูกทำให้ง่ายขึ้นปรากฏโดยไม่มีปัจจัย $-c^2$.) ในสัมประสิทธิ์ของ $x_S$ เราดึงปัจจัยที่เป็นเส้นตรงออกมา $m_\pm$. จากนั้นคอลัมน์ที่สองใหม่$1,1$ ใช้เพื่อกำจัดเชิงเส้น $+b^2,+b^2$จากคอลัมน์แรก จากนั้นในคอลัมน์แรกใหม่เราแยกตัวประกอบ$a^2$.
ในค่าสัมประสิทธิ์ของ $y_S$ เราใช้คอลัมน์ที่สอง $m_+,m_-$ เพื่อกำจัดเชิงเส้น $m_+a^2,m_-a^2$จากคอลัมน์แรก จากนั้นในคอลัมน์แรกใหม่เราแยกตัวประกอบ$a^2$. สิ่งนี้ให้: $$ m_+m_-a^2 \begin{vmatrix} m_+\ &\ 1\\ m_-\ &\ 1 \end{vmatrix} x_S - b^2 \begin{vmatrix} 1\ &\ m_+\\ 1\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ จำได้ว่า $m_+m_-=\Pi=\frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)} $ดังนั้นหลังจากทำให้ง่ายขึ้นข้างต้นเป็น $m_+m_-a^2x_S+b^2y_S=0$ และเสียบสูตรสำหรับ $m_+m_-=\Pi$ เราได้รับ: $$ (a^2-c^2)x_S+(2a^2-b^2+2c^2)y_S=0\ , \ x_S+y_S=0\ , $$ และวิธีแก้ปัญหาคือ $$ y_S=-\frac{a^2-c^2}{a^2-b^2+3c^2}\ ,\ x_S=1-y_S\ , $$ ดังนั้นเราจึงคำนวณเวกเตอร์การกระจัด $$ \begin{aligned} DS &= S-D = (x_S,y_S,0)-\frac 12(1,0,1) =\left(x_S-\frac 12,y_S,-\frac 12\right) \\ &=\left(\frac 12-y_S,y_S,-\frac 12\right) \sim[1-2y_S\ :\ 2y_S\ :\ -1]\ ,\\ DB &= B-D =(0,1,0)-\frac 12(1,0,1) \\ &=-\frac 12(1,-2,1) \sim[1\ :\ -2\ :\ 1]\ . \end{aligned} $$ ความตั้งฉาก $DS\perp DB$ จะเทียบเท่ากับ (EFFT): $$ a^2(2y_S\cdot 1+(-1)\cdot(-2) ) + b^2((1-2y_S)\cdot 1+(-1)\cdot 1 ) + c^2((1-2y_S)\cdot (-2)+2y_S\cdot1 ) =0\ . $$ ซึ่งเป็น $$ y_S(2a^2-2b^2+6c^2)+(2a^2-2c^2)=0\ . $$ อันไหนจริง.
$\square$
ข้อสังเกตสุดท้าย: ทุกจุด (1) ถึง (6) ได้รับการพิสูจน์แล้ว การใช้พิกัด barycentric นำไปสู่การแก้ปัญหา "ตรงไปตรงมา" สำหรับ (2), (3) (การใช้ระบบพีชคณิตคอมพิวเตอร์ "ตรงไปตรงมา" กลายเป็นเรื่องตรงไปตรงมาที่นี่มีความพยายามในการพิมพ์วิธีแก้ปัญหาบนกระดาษจะง่ายกว่า)
หากต้องหลีกเลี่ยง analytic = computational solutions "ต้อง" แสดงว่าต้องมีข้อพิสูจน์สำหรับ (3) หรืออย่างน้อยก็สำหรับส่วนง่ายๆในนั้นเช่นก็เพียงพอที่จะแสดง $FF'DO$วงจร (สังเกตว่า$O$ อยู่ที่เส้นแบ่งด้านข้างของ $FF'$.) สำหรับจุดโบนัส (2) เรขาคณิตโปรเจกต์อาจเป็นเส้นทาง แต่ฉันไม่สามารถหาข้อพิสูจน์ได้ (โดยใช้ Desargues, Pappus, Pascal, et caetera) ได้ทันเวลา
แต่โปรดทราบด้วยว่าพิกัด barycentric เป็นเครื่องมือที่แข็งแกร่งในการแข่งขัน (Olympiads แม้ว่าจะต้องพิสูจน์สูตรเช่น EFFT เพื่อการเก็บเกี่ยวแบบเต็มจุด) นี่คือตัวอย่างที่ชัดเจนว่าวิธีนี้ทำงานอย่างไรในทางปฏิบัติ ไม่มีการละเว้นรายละเอียด
ฉันจะยังคงค้นหาโซลูชันสังเคราะห์ แต่ตอนนี้ฉันต้องส่งเวลา
ความคิดเห็น:
ในรูป $BG||AC$ และ $\widehat {DIB}=90^o$. ดังนั้น$(\widehat{BDI=IDG}) +\widehat {DBI}=90^o$. ตอนนี้เราต้องแสดง$\widehat {BDI}=\widehat {EDF}$ดังที่เห็นในรูป $\angle HDI=\angle FDG$. แต่สิ่งนี้จะต้องพิสูจน์โดยการไล่มุม หรือเราต้องใช้ความสัมพันธ์$DE/EB=DC/BC$.
นี่เป็นวิธีที่ฉันใช้เงื่อนไขอัตราส่วนด้านข้าง แต่ไม่ได้ไปไกลเกินไป
จุดหมุน $D$ เกี่ยวกับ $C$ และ $E$ ถึง $D_1$ และ $D_2$ ตามลำดับเช่นนั้น $B-C-D_1$ และ $B-E-D_2$. หากเป็นไปตามนั้น$\displaystyle\frac{CB}{CD_1}=\frac{EB}{ED_2}$.
ใน $\triangle D_1D_2B$โดยสนทนา BPT เรามี $D_1D_2||CE$.