又一道有趣的几何

概率考

三角形ABC，内切圆I分别与BC，CA,AB切于DEF，连接BE,CF分别与圆I交于QR，ER交BC于M。求证：MF,DE,QR三线共点

ataorj

设MF交⊙I于P,则MD^2=MP*MF=MR*ME,PF+PM=MF
1) 设PF交ED于N,则
ND*NE=NF*NP
ND+NE=ED,NF+NP=PF
2) 设PF交RQ于Y,则
YQ*YR=YF*YP
YQ+YR=RQ,YF+YP=PF
3) 设RQ交ED于Z,则
ZD*ZE=ZR*ZQ
ZD+ZE=ED,ZR+ZQ=RQ
-----------
Mathematica解方程:
Solve[{MD^2==MP*MF,MD^2==MR*ME,PF+PM==MF,ND*NE==NF*NP,ND+NE==ED,NF+NP==PF,YQ*YR==YF*YP,YQ+YR==RQ,YF+YP==PF,ZD*ZE==ZR*ZQ,ZD+ZE==ED,ZR+ZQ==RQ},{NP,NF,YP,YF,ZP,ZF},{ND,YQ,ZR}]
结果:
Out[11]//InputForm=
{{NP -> PF/2 - Sqrt[PF^2 + 4*NE*(NE - ZD - ZE)]/2,
  YP -> PF/2 - Sqrt[PF^2 + 4*YR*(YR - ZQ - ZR)]/2,
  YF -> (PF + Sqrt[PF^2 + 4*YR*(YR - ZQ - ZR)])/2,
  NF -> (PF + Sqrt[PF^2 + 4*NE*(NE - ZD - ZE)])/2},
{NP -> PF/2 - Sqrt[PF^2 + 4*NE*(NE - ZD - ZE)]/2,
  YP -> PF/2 + Sqrt[PF^2 + 4*YR*(YR - ZQ - ZR)]/2,
  YF -> (PF - Sqrt[PF^2 + 4*YR*(YR - ZQ - ZR)])/2,
  NF -> (PF + Sqrt[PF^2 + 4*NE*(NE - ZD - ZE)])/2},
{NP -> PF/2 + Sqrt[PF^2 + 4*NE*(NE - ZD - ZE)]/2,
  YP -> PF/2 - Sqrt[PF^2 + 4*YR*(YR - ZQ - ZR)]/2,
  YF -> (PF + Sqrt[PF^2 + 4*YR*(YR - ZQ - ZR)])/2,
  NF -> (PF - Sqrt[PF^2 + 4*NE*(NE - ZD - ZE)])/2},
{NP -> PF/2 + Sqrt[PF^2 + 4*NE*(NE - ZD - ZE)]/2,
  YP -> PF/2 + Sqrt[PF^2 + 4*YR*(YR - ZQ - ZR)]/2,
  YF -> (PF - Sqrt[PF^2 + 4*YR*(YR - ZQ - ZR)])/2,
  NF -> (PF - Sqrt[PF^2 + 4*NE*(NE - ZD - ZE)])/2}}
---------
这说明:要证明N,Y,Z是同一个点,还需要证明NE*ND=YR*YQ,...
[br][br]-=-=-=-=- 以下内容由 ataorj 在 时添加 -=-=-=-=-
更正:应去掉,{ND,YQ,ZR},即:
Solve[{MD^2==MP*MF,MD^2==MR*ME,PF+PM==MF,ND*NE==NF*NP,ND+NE==ED,NF+NP==PF,YQ*YR==YF*YP,YQ+YR==RQ,YF+YP==PF,ZD*ZE==ZR*ZQ,ZD+ZE==ED,ZR+ZQ==RQ},{NP,NF,YP,YF,ZP,ZF}]

denglongshan

明天公布答案

denglongshan

证明：假设内切圆心在原点，并且这个圆是单位圆，从Mathematica程序计算结果得证。

kanyikan

好久没见denglongshan的帖子了， 顶一顶。

denglongshan

感谢上楼，欢迎大家提出宝贵意见。

ataorj

解析几何熟练的也许本题不在话下.电脑对几何上的智能证明可能主要使用了解析几何

denglongshan

下面引用由ataorj在 2013/10/05 09:47am 发表的内容：
解析几何熟练的也许本题不在话下.电脑对几何上的智能证明可能主要使用了解析几何

如何才算熟练？其实不用熟练，只要掌握基本知识就可以了。吴文俊的方法以前是用解析几何
，不过即使用计算机只证明等式两边等于零，是不可读证明，也就是说人不容易读懂。
复数的方法是容易发现几何意义，特别是线段比值和角度的关系。我的证明隐藏着一条结论。

天山草

不知道吴文俊如何用自编的软件证明这个题目？