Školjka

Tvrdnju cemo dokazati baricentricnim koordinatama uz preliku ravnive tako da je $O$ ishodiste ravnine i neku su $a$,$b$ i $c$ stranice trokuta $ABC$, vrijedi $A=(1,0,0)$ , $B=(0,1,0)$ , $C=(0,0,1)$ i $Q=(x,y,z)$ a buduci da je $M$ na paraleli sa $BC$ kroz $A$ i $N$ na $BC$ slijedi $M(1,-m,m)$ i $N=(0,n,1-n) $. Koristeci pseudo vektor $\overrightarrow{OB}$ i kriterij okomitosti $\overrightarrow{BQ}$ i $\overrightarrow{OB}$ slijedi da je jednadzba pravca $BQ ...c^2x+a^2z=0$ . Analogno se dobiva $CQ... b^2x+a^2y=0$ odakle se vidi da je jedno rjesenje sustava $(-a^2:b^2:c^2)$ pa dobivamo $Q=(-a^2:b^2:c^2)$, s obzirom da su $M$,$C$,$Q$ kolinearne mora vrijediti $-a^2m+b^2=0$ odakle slijedi $M=(1:\frac{-b^2}{a^2}:\frac{b^2}{a^2}) =(a^2:-b^2:b^2)$ pravac $AN$ zadan je sa $\begin{vmatrix}x & y & z \\1 & 0 & 0 \\0 & 1-n & n \end{vmatrix}=0 \iff 0*x+(n-1)y+nz=0$ pa buduci da $AN \parallel CQ$ vrijedi $\begin{vmatrix}0 & n-1 & n \\b^2 & a^2 & 0 \\1 & 1 & 1 \end{vmatrix}=0$ iz cega slijnedi $n=\frac{b^2}{a^2}$ pa dobivamo $N=(0:\frac{b^2}{a^2}:1-\frac{b^2}{a^2})=(0:b^2:a^2-b^2)$. Sada buduci da se $T$ nalazi na $AQ$ mozemo staviti $T=(t:b^2:c^2)$ za neki realan broj $t$. Zbog kolinearnosti $N$,$T$,$M$ slijedi $\begin{vmatrix}t & b^2 & c^2 \\0 & b^2 & a^2-b^2 \\a^2 & -b^2 & b^2 \end{vmatrix}=0$ pa rjesavanjem jednadzbe po $t$ se dobiva $t=b^2+c^2-a^2$ slijedi $T=(b^2+c^2-a^2:b^2:c^2)$. Oznacimo $\Gamma=(BOC)$ pa prema jednadzbi za kruznicu u baricentricnim koordinatama imamo $\Gamma : -a^2yz-b^2xz-c^2xy+(ux+vy+wz)(x+y+z)=0$ za neke realne konstante $u$,$v$ i $w$ pa uvrstavanjem $B$,$C$ i $Q$ u $\Gamma$ dobivamo redom $v=0$ , $w=0$ i $u=\frac{b^2c^2}{b^2+c^2-a^2}$ pa konacno imamo $$\Gamma : -a^2yz-b^2xz-c^2xy+\frac{b^2c^2}{b^2+c^2-a^2}x(x+y+z)=0$$ Uvrstimo sada $T$ u $\Gamma$, imamo $$ -a^2b^2c^2-b^2c^2(b^2+c^2-a^2)-b^2c^2(b^2+c^2-a^2)+\frac{b^2c^2}{b^2+c^2-a^2}(b^2+c^2-a^2)(b^2+c^2-a^2+b^2+c^2) =b^2c^2(-a^2-(b^2+c^2-a^2)-(b^2+c^2-a^2)+b^2+c^2-a^2+b^2+c^2)=0$$ pa $T \in \Gamma$.