过四点的所有二次曲线公共的一对共轭方向的夹角

hbghlyj

为了从斯坦纳提出的几何性质证明3#需要解决以下平面几何题, 来求助大家
四边形$ABCD$的内角是$α,β,γ,δ$
直线$AD,BC$交于$E$.
点$F$在直线$AB$上, 使得$EF\px CD$
点$G,H$在直线$AB$上, 使得$FG=FH=\sqrt{FA·FB}$
求证\begin{equation}\label1
4\cot^2\left(\angle GEH\right)={\sin^2(α + γ) \over \sin(α) \sin(β) \sin(γ) \sin(δ)}\end{equation}
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2023-2-18 17:07 Upload

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自动导出Asymptote代码, (手动修改了线条粗细) 如下

hbghlyj

首先$CD$是多余的, 擦掉$CD$只保留$EF$. 直线$AB,AE,BE,EF$之间的夹角都能由$\alpha,\beta,\gamma,\delta$表示.
作$EI\perp AB$, 设$EI=1$, 则$AI=\cot(\pi-\alpha)=-\cot(\alpha),BI=\cot(\beta)$.
$\angle EFI=\alpha+\delta-\pi\implies FI=\cot(\alpha+\delta)\implies FG^2=FA\cdot FB=[\cot(\alpha+\delta)-\cot(\alpha)][\cot(\alpha+\delta)+\cot(\beta)]$
$GI=\tan\angle GEI=FG-FI$
$HI=\tan\angle HEI=FG+FI$
$$\tan\angle GEH=\tan(\angle GEI+\angle HEI)=\frac{2FG}{1-FG^2+FI^2}$$
$$\implies\frac14\tan^2\angle GEH=\frac{FG^2}{(1-FG^2+FI^2)^2}=\frac{[\cot(\alpha+\delta)-\cot(\alpha)][\cot(\alpha+\delta)+\cot(\beta)]}{(1-[\cot(\alpha+\delta)-\cot(\alpha)][\cot(\alpha+\delta)+\cot(\beta)]+\cot^2(\alpha+\delta))^2}$$
将$γ=-(α+β+δ)$代入\eqref{1}, 要证明的是\begin{equation}\label2
-{\sin(α) \sin(β) \sin(α+β+δ) \sin(δ)\over\sin^2(β + δ)}=\frac{[\cot(\alpha+\delta)-\cot(\alpha)][\cot(\alpha+\delta)+\cot(\beta)]}{(1-[\cot(\alpha+\delta)-\cot(\alpha)][\cot(\alpha+\delta)+\cot(\beta)]+\cot^2(\alpha+\delta))^2}\end{equation}

1. In[]:= ((Cot[\[Alpha]+\[Delta]]-Cot[\[Alpha]])(Cot[\[Alpha]+\[Delta]]+Cot[\[Beta]]))/(1-(Cot[\[Alpha]+\[Delta]]-Cot[\[Alpha]])(Cot[\[Alpha]+\[Delta]]+Cot[\[Beta]])+Cot[\[Alpha]+\[Delta]]^2)^2+(Sin[\[Alpha]]Sin[\[Beta]]Sin[\[Alpha]+\[Beta]+\[Delta]]Sin[\[Delta]])/Sin[\[Beta]+\[Delta]]^2//FullSimplify
2. Out[]= 0

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FullSimplify发现恒等式成立这样就证明了3#.
问题:如何手工化简\eqref{2}?

hbghlyj

代入$\begin{aligned}\cot(\alpha+\delta)-\cot\alpha&=-\frac{\sin(\delta)}{\sin(\alpha+\delta)\sin(\alpha)}\\\cot(\alpha+\delta)+\cot\beta&=\frac{\sin(α+β+δ)}{\sin(α+δ)\sin(β)}\end{aligned}$ 从\eqref{2}两边消去$-\sin(α+β+δ) \sin(δ)$
\[{\sin(α) \sin(β) \over\sin^2(β + δ)}=\frac{\frac1{\sin(\alpha+\delta)\sin(\alpha)}\cdot\frac1{\sin(α+δ)\sin(β)}}{(1-[\cot(\alpha+\delta)-\cot\alpha][\cot(\alpha+\delta)+\cot\beta]+\cot^2(\alpha+\delta))^2}\]
即\[{\sin^2(α)\sin^2(β)\sin(α+δ)^2\over\sin^2(β+δ)}=\frac1{[1+\cot(α+δ)(\cot(α)-\cot(β))+\cot(α)\cot(β)]^2}\]
只需证明\begin{equation}\sin(α) \sin(β) \sin(α + δ) [1 + \cot(α + δ) (\cot(α) - \cot(β))+\cot(α) \cot(β)]=\sin(β + δ)\end{equation}把$\sin(α) \sin(β)$乘进去\[\sin(α + δ) [\cos(α-β)-\cot(α + δ) \sin(α-β)]=\sin(β + δ)\]把$\sin(α + δ)$乘进去\[\sin(α + δ) \cos(α-β)-\cos(α + δ) \sin(α-β)=\sin((α + δ)-(α-β))=\sin(β + δ)\]证毕.

hbghlyj

我转发到 math.stackexchange.com/questions/4832646/expr … quadrilateral-in-te/
希望看到更好的证明