İki açının toplamının 90 dereceye kadar olduğunu kanıtlayın
$\triangle ABC$ daire içine yazılmıştır $O$. $D$ orta noktası $AC$. $E$ açık $AB$ öyle ki $ED/EB=CD/CB$. $CE$ çemberle kesişir $O$ -de $F$. Kanıtla$\angle EDF + \angle CDB = 90^{\circ} $.
Kondisyon $ED/EB=CD/CB$garip. Menelaus teoremini kullanmayı düşünüyorum$\triangle ABC$ ve çizgi parçası $DE$ çünkü çok sayıda eşit çizgi parçası ve oranı var, ancak çok ileri gitmedim.
Yanıtlar
Noktayı oluşturmak için iki olasılık var $E$. Her ikisi de noktayı oluşturarak başlar$X\in BD$, Böylece $X$ açı açıortayıdır $\hat C$ içinde $\Delta ABC$.
Yüzünden $\frac {XD}{XB}=\frac{CD}{CB}=\frac{DD}{EB}$ (açıortay teoremi ve verilen oranların eşitliği) $ED$ açıortaydır $\Delta EDB$. Öyleyse noktaları inşa edelim$E$Bu özellik ile. Çemberi düşünün$(X)$ merkezli $X$ çizgiye teğet olan $AB$. İki teğeti çizin$D$ bu daireye, kesişiyorlar $AB$ iki noktada $E,E'$her ikisi de konu için olası seçenekler $E$ problemde.
İkinci bir olasılık, tüm noktaların geometrik yerinin $P$ oran için verilen sabit değer ile $k=PD/PB$bir çemberdir. Bu dairenin çizgisi var$DB$simetri olarak. Bunu görmenin en basit yolu, bir koordinat sistemi kullanmaktır.$D,B$ içinde $(-1,0)$ ve $(1,0)$, sonra verilen ilişkiyi şu şekilde yeniden yazın: $\displaystyle k^2=\frac{(x+1)^2+y^2}{(x-1)^2+y^2}$. Bizim durumumuzda, bu daire içinden geçer$X, X'$ iç, sırasıyla dış açıortayının bulunduğu noktalar $\hat C$ içinde $\Delta ABC$ kesişmek $BD$. Bu bir simetri ekseni, yani$XX'$ bu daire içinde bir çaptır $\Xi$ merkezi olsun, orta noktası $XX'$. Bu çevreyi şu şekilde gösteriyoruz:$(\Xi)$. Kesişiyor$AB$ iki noktada $E,E'$. (İzin verdik$E$ yakın nokta ol $B$.) Ayrıca bakınız
https://en.wikipedia.org/wiki/Circle#Circle_of_Apollonius
İkinci olasılık üzerinde çalışmak belki daha iyidir, bu nedenle rahatsız edici metrik koşuldan kaçınarak sorunu eşit şekilde yeniden ifade ederiz. Bu tür durumlarda her zaman ilerlediğim için, çözümüm gerekli sonuca giden hızlı bir çözüm değildir, bunun yerine, verilen geometrik takımyıldızdaki (hedef özellik ile ilgili olan veya olmayan) tüm "ilginç" özellikler listelenir ve gösterilir. Uzun zamandır bu strateji ile iyi yürüdüm, problemlerin anlaşılması optimal, alternatif çözümler mümkün. Öyleyse şunu söyleyelim ve ispatlayalım ...
Sorun: Bırak$\Delta ABC$üçgen ol. Aşağıdaki noktaları tanıtıyoruz.
- $O$ onun çevresi.
- $D$ orta noktası $AB$.
- $X,X'$ iç, sırasıyla dış açıortayının kesişimleridir. $DB$. İzin Vermek$\Xi$ segmentin orta noktası olun $XX'$.
- $E,E'$ çemberin kesişimleridir $(\Xi)$ çap $XX'$ çizgi ile $AB$. (İzin Vermek$E$ yakın olmak $B$ gösterimleri düzeltmek için.)
- $CE$, $CE'$ çemberle kesişmek $(O)$ nın-nin $\Delta ABC$ içinde $F,F'$ sırasıyla.
- $T$ dır-dir $XE\cap X'E'$.
- $H$ merkez merkezidir $\Delta TXX'$.
- $L,L'$ kesişme noktaları $DO$ çember ile $(O)$.
- İzin Vermek $U$ olmak $LF\cap L'F'$. İzin Vermek$R$ orthocenter olmak $\Delta ULL'$.
O zaman bizde:
- (1) $THD$ üçüncü yükseklik $\Delta TXX'$. Dahası,$EE'\Xi D$döngüsel. Sonuç olarak,$TD$ ikiye bölmek $\widehat{EDE'}$ ve yarımların her biri $\widehat{ECE'}$.
- (2) $FF'$, $THD$, ve $E'AEB$ bir noktada eşzamanlı $S$.
- (3) $UD$ üçüncü yükseklik $\Delta ULL'$, ve $UD=UARDC$. Dahası,$FF'DO$döngüsel. Sonuç olarak,$AD$ ikiye bölmek $\widehat{FDF'}$ ve yarımların her biri $\widehat{FCF'}$.
- (4) $THD$ açının açıortayıdır $\widehat{EDE'}$.
- (5) $ARD$ açının açıortayıdır $\widehat{FDF'}$.
- (6) Açılar $\widehat{EDF}$, $\widehat{E'DF'}$, $\widehat{TDA}$ve arasındaki açı $BXD\Xi X'$ ve çap $LODL'$eşittir. (Son açı,$\widehat{CDB}$, böylece OP'deki sorunu çözer.)
Bir resim:
Kanıtlar:
(1) Çünkü $XX'$ bir çaptır $(\Xi)$ sahibiz $XE'\perp X'E'$, $XE\perp X'E$, yani $XE'$, $X'E$ yüksekler mi $\Delta TXX'$. Üçüncü yükseklik hangisi? $EX$ ikiye bölmek $\widehat{DEB}$ ve $EXX'E'$döngüsel. Bu şu anlama gelir: $$ \widehat{DEX}= \widehat{XEB}= \widehat{BX'E'}= \widehat{XX'T} \ , $$ yani $EDX'X$ döngüsel, yani $\widehat{TDX'}=\widehat{TEX'}=90^\circ$. Bu (1) idi.
Ama aynı yerde, üçgene Euler dairesinin bir resmini ekliyoruz $\Delta TXX'$yüksekliklerin ayaklarından geçen bir daire, $E, E', D$ama aynı zamanda orta noktayı düşündü $\Xi$ üssün $XX'$.
(4) Bu, yüksekliğin olağan özelliğidir, $$ \widehat{TDE}= \widehat{HDE}= \widehat{HXE}= \widehat{E'XT}= 90^\circ-\hat{T}= \widehat{EX'T}= \widehat{HX'E'}= \widehat{HDE'}= \widehat{TDE'} $$
Alternatif olarak orta noktasını düşünün $TH$ve şu gerçeği kullanın $\Xi$ ve bu nokta, Euler dairesinde üzerine dik olan bir çapı belirler. $EE'$. Bir gözlem olarak, Euler çemberi ve çemberi kullanarak yazabiliriz.$(\Xi)$: $$ \widehat{EDE'}= \widehat{E\Xi E'}= 2\widehat{EXE'}= 2\widehat{EX'E'}= 2\widehat{ECE'}= \ . $$
(3) Bu, (1) 'deki ile aşağı yukarı "aynı durumdur", ancak noktalar $F,F'$daha karmaşıktır. Dan beri$D$ orta noktası $AC$, sahibiz $DO\perp ADC$. Çapı$(O)$ çizgide $DO$ dır-dir $LL'$. Yani $\Delta LL'F$ ve $\Delta LL'F'$ dik açıya sahip olmak $LL'$. Sonra$LF'$, $L'F$ iki yükseklik $\Delta ULL'$. Üçüncü yükseklik hangisi? Olduğunu göstermek istiyoruz$UD$. (1) 'e hemen paralel olması için burada üçgen$\Delta ULL'$ ve göstermek istediğimiz şeyi gösteren Euler çemberi:
Bir analitik çözelti i de (2) malzemeler için gerektiğinden, verilir.
Biz kullanmak barycentric koordinatları üçgeninde$\Delta ABC$. Yan uzunlukları$a,b,c$her zamanki gösterimle diyelim. Hesaplamalar standart gösterimleri kullanacaktır, lütfen danışın
https://web.evanchen.cc/handouts/bary/bary-short.pdf
detaylar için.
Bazı koordinatlar ve denklemler anında.
$$
\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 $a_ \ 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 $(Ö)$ 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}
$$
Denklemin ayırıcısı $M$ halkanın kesir alanında bir kare değil $\Bbb[a,b,c]$bu yüzden yazmamaya çalışıyoruz $m$açıkça. Şimdi hesaplıyoruz$F_\pm$, içindeki denklemlerin çözümü $(x,y,z)$:
$$
\left\{
\begin{aligned}
0 &=a^2yz+b^2zx+c^2xy\ ,\\
m_\pm =\frac{y^E_\pm}{x^E_\pm} & =\frac yx\ ,\\
1 &=x+y+z\ .
\end{aligned}
\right.
$$
İkinci denklemin olduğu bu sistemin çözümü $y=mx$ dır-dir
$$
[ma^2+b^2\ :\ m(ma^2+b^2)\ :\ -mc^2]\ .
$$
Elde ederiz $F_\pm$ ayarlayarak $m_\pm$ onun yerine $m$. Çizgiler için denklemler$LF_+$ ve $L'F_-$ şunlardır:
$$
LF_+\ :\
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
\ ,\qquad
L'F_-\ :\
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
$$
Ve bir noktada kesiştiklerini göstermek istiyoruz $U\in AC$, yani $y_U=0$. Denklemi ekliyoruz$x+y+z=1$ yukarıdaki ikisine, belirleyici $U$ve ikinci bileşen Kramer'in kuralına göre:
$$
\begin{vmatrix}
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
$$
("sistemin belirleyicisine" bölünür). Bu yüzden ürünün
$
\color{blue}{P_\searrow}$ mavi terimler üründür
$
\color{magenta}{P_\nearrow}$mor terimlerin. (Yani ürünler "Galois ikamesi" ile değişmez$m_+\leftrightarrow m_-$ aynı zamanda yapılır $c\leftrightarrow -c$.)
$$
\begin{aligned}
\color{blue}{P_\searrow}
&=
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2 & -ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
ac\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2\\
1 & m_+\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
ac\;\color{red}{m_+\;(m_-a^2+b^2)}
\;(a(a-c)m_+ + b^2)\;(a(a+c)m_- + b^2)\ ,\\[3mm]
&\qquad\text{ and similarly}\\[3mm]
\color{magenta}{P_\nearrow}
&=
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2 & ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-\cdot a(-c)
\begin{vmatrix}
a(c+a) &-b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=ac\;
\color{red}{(-m_-)\;(m_+a^2+b^2)}\;(a(a+c)m_- + b^2)\;(a(a-c)m_+ + b^2)
\ .
\end{aligned}
$$
Kırmızıyla işaretlenmiş terimlerin eşitliğine sahibiz, çünkü
$$
m_+\;(m_-a^2+b^2) +
m_-\;(m_+a^2+b^2)
=2a^2\underbrace{m_+m_-}_\Pi
+b^2\underbrace{(m_+ + m_-)}_\Sigma=0\ ,
$$
dan beri $\Pi$ dır-dir $-\frac{b^2}{2a^2}\Sigma$. Diğer iki faktör birbiriyle uyuşuyor .
$\square$
Özetlemek için bunu gösterdik $UD$ yüksekliği $\Delta ULL'$ (ve diğer iki yükseklik $FL'$ ve $F'L$), kavşağı hesaplayarak $LF_+\cap L'F_-$ve bunu gösteriyor $y$bileşen kaybolur. (O zaman ikisini de yerleştirebiliriz$F,F'$ veya $F',F$ değerler için $F_+,F_-$Bu, (3) 'ü analitik olarak gösterir.
(5) Bu, (4) 'e paraleldir, yüksekliğin olağan özelliğidir, $$ \widehat{ADF}= \widehat{RDF}= \widehat{RLF}= \widehat{F'LF}= 90^\circ-\hat{U}= \widehat{F'L'F}= \widehat{F'L'R}= \widehat{F'DR}= \widehat{F'DA} $$ veya Euler çemberini yukarıdakiyle aynı şekilde kullanabiliriz. $O$ orta noktasına $UR$, buraya $R$ orto merkezidir $\Delta ULL'$. Bir gözlem olarak, Euler çemberi ve çemberi kullanarak yazabiliriz.$(O)$: $$ \widehat{FDF'}= \widehat{FOF'}= 2\widehat{FLF'}= 2\widehat{FL'F'}= 2\widehat{FCF'}\ . $$
(6) OP'nin istediği şey budur. Şimdiye kadar, eşit (işaretsiz) açı çiftleri için kasıtlı olarak iki farklı işaret kullandık.$D$: $$ \widehat{EDT}= \widehat{E'DT} \text{ and } \widehat{FDA}= \widehat{F'DA}\ . $$ Eşittirler çünkü çemberleri kullanmak $(O)$ ve $(\Xi)$ onlar "birleşmişler $C$eşit olmak $$ \gamma:= \widehat{ECE'}= \widehat{F'CF'}\ . $$
Etrafında bir rotasyon $D$ açılı $\gamma$ ışınları getirir $DE$ içine $DT$, ve $DF$ içine $DA$, yani $\widehat{EDF}=\widehat{TDA}$. Bir ileri$\gamma$etrafında dönme $D$ gösterir
$\widehat{EDF}=\widehat{TDA}=\widehat{E'DF'}$. Kullanma$DB\perp DT$ ve $DL\perp DA$, bir $90^\circ$ etrafında dönme $D$ verir $\widehat{BDL}=\widehat{TDA}$.
Bu, OP'yi gösterir: $$ 90^\circ-\widehat{CDB}= \widehat{BDL}= \widehat{EDF}= \widehat{E'DF'}\ . $$
(2), verilen takımyıldızdaki bir bonus olarak kalır. Yine barisentrik koordinatları kullanıyoruz. Hatırlayın ki puanlar$F_\pm$ vardır $$ [m_\pm a^2+b^2\ :\ m_\pm(m_\pm a^2+b^2)\ :\ -m_\pm c^2]\ . $$ Sonra çizgi $F_+F_-$ denklem var $$ \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ -m_+c^2\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0\ . $$ İzin Vermek $S=(x_S,y_S,z_S)$ kavşak ol $F_+F_-\cap AB$. Nereden$S\in AB$ sahibiz $z_S=0$, yani $x_S+y_S=1$ve yukarıdaki determinantı üçüncü satırda genişletmek: $$ \begin{vmatrix} m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ m_+\\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ m_- \end{vmatrix} x_S - \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ (Son sütun basitleştirildi, faktör olmadan görünür $-c^2$.) Katsayısında $x_S$ doğrusal olarak faktörleri çıkarıyoruz $m_\pm$. Sonra yeni ikinci sütun$1,1$ doğrusal olarak kurtulmak için kullanılır $+b^2,+b^2$ilk sütundan. Sonra yeni ilk sütunda faktörü çıkarıyoruz$a^2$.
Katsayısında $y_S$ ikinci sütunu kullanıyoruz $m_+,m_-$ doğrusal olarak kurtulmak $m_+a^2,m_-a^2$ilk sütundan. Sonra yeni ilk sütunda faktörü çıkarıyoruz$a^2$. Bu şunu verir: $$ m_+m_-a^2 \begin{vmatrix} m_+\ &\ 1\\ m_-\ &\ 1 \end{vmatrix} x_S - b^2 \begin{vmatrix} 1\ &\ m_+\\ 1\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ Hatırlamak $m_+m_-=\Pi=\frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)} $, bu yüzden yukarıdakileri basitleştirdikten sonra $m_+m_-a^2x_S+b^2y_S=0$ ve formülü yerine koymak $m_+m_-=\Pi$ elde ederiz: $$ (a^2-c^2)x_S+(2a^2-b^2+2c^2)y_S=0\ , \ x_S+y_S=0\ , $$ ve çözüm $$ y_S=-\frac{a^2-c^2}{a^2-b^2+3c^2}\ ,\ x_S=1-y_S\ , $$ bu yüzden yer değiştirme vektörlerini hesaplıyoruz $$ \begin{aligned} DS &= S-D = (x_S,y_S,0)-\frac 12(1,0,1) =\left(x_S-\frac 12,y_S,-\frac 12\right) \\ &=\left(\frac 12-y_S,y_S,-\frac 12\right) \sim[1-2y_S\ :\ 2y_S\ :\ -1]\ ,\\ DB &= B-D =(0,1,0)-\frac 12(1,0,1) \\ &=-\frac 12(1,-2,1) \sim[1\ :\ -2\ :\ 1]\ . \end{aligned} $$ Diklik $DS\perp DB$ bu durumda (EFFT) ile eşdeğerdir: $$ a^2(2y_S\cdot 1+(-1)\cdot(-2) ) + b^2((1-2y_S)\cdot 1+(-1)\cdot 1 ) + c^2((1-2y_S)\cdot (-2)+2y_S\cdot1 ) =0\ . $$ hangisi $$ y_S(2a^2-2b^2+6c^2)+(2a^2-2c^2)=0\ . $$ Hangisi doğru.
$\square$
Son bir açıklama : (1) ile (6) arasındaki tüm noktalar artık kanıtlanmıştır. Bariyantrik koordinatların kullanılması (2), (3) için "basit" çözümlere yol açıyordu. ( "Basit" bir bilgisayar cebir sistemi kullanarak basit hale gelir. Burada, bazı çabalar var tip bir çözüm, kağıt şeylere basittir.)
Analitik = hesaplamalı çözümlerden "kaçınılması" gerekiyorsa, o zaman kişi (3) için bir kanıta ihtiyaç duyar veya en azından içindeki basit bir kısım için, örneğin bunu göstermek yeterlidir $FF'DO$döngüsel. (Bunu not et$O$ yan açıortayında $FF'$.) Bonus puan için (2) projektif geometri belki yol olabilir, ancak zamanında bir kanıt bulamadım (Desargues, Pappus, Pascal, vb. Kullanarak).
Ancak, baryantrik koordinatların yarışmalarda güçlü bir araç olduğunu da unutmayın (Olimpiyatlar, ancak o zaman tam nokta hasadı için EFFT gibi formüller de kanıtlanmalıdır). İşte o zaman bunun pratikte nasıl çalıştığına dair açık bir örnek. Hiçbir ayrıntı atlanmadı.
Yine de sentetik çözümler arayacağım, ancak şimdi göndermem gerekiyor, zaman.
Yorum Yap:
Şekilde $BG||AC$ ve $\widehat {DIB}=90^o$. Yani$(\widehat{BDI=IDG}) +\widehat {DBI}=90^o$. Şimdi göstermeliyiz$\widehat {BDI}=\widehat {EDF}$Şekilde görülebileceği gibi $\angle HDI=\angle FDG$. Ancak bu, açı izleme ile kanıtlanmalıdır. Veya ilişki kullanmalıyız$DE/EB=DC/BC$.
Kenar oranı koşulunu bu şekilde kullandım ama fazla ileri gitmedi.
Noktayı döndür $D$ hakkında $C$ ve $E$ -e $D_1$ ve $D_2$ sırasıyla öyle ki $B-C-D_1$ ve $B-E-D_2$. Eğer onu takip ederse$\displaystyle\frac{CB}{CD_1}=\frac{EB}{ED_2}$.
İçinde $\triangle D_1D_2B$, BPT ile sohbet ederek, $D_1D_2||CE$.