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Una conjetura relacionada con un círculo intrínsecamente ligada a cualquier triángulo

Dado un triángulo $ABC$, cuyo (uno de los) lado más largo es $AC$, considere los dos círculos con centros en a $A$ $C$ pasando por $B$.

(La parte en cursiva está editado después inteligente observaciones señaló comprar algunos usuarios: ver más abajo para más detalles).

EDIT: Usted puede estar interesado también en esta otra pregunta Otra conjetura acerca de un círculo intrínsecamente ligada a cualquier triángulo.

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Los dos círculos determinar dos puntos de $D$ end $E$, donde se cruzará el lado de la $AC$.

Dibujamos dos círculos: uno con centro en a $A$ y pasando por $D$, y el otro con centro en a $C$ y pasando por $E$.

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Los nuevos círculos determina dos puntos de $F$ $G$ donde se intersectan los lados $AB$$BC$, respectivamente.

Mi conjetura es que los puntos de $BGEDF$ siempre determinar un círculo, cuyo centro coincide con el incentro del triángulo.

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Hay una primaria de la prueba para tales conjeturas?

Puesto que no soy un experto en el campo, esto puede ser un muy bien conocido teorema. Pido disculpas en ese caso. Gracias por tu ayuda.

20voto

dan_fulea Puntos 379

Tenemos$AF=AD$ y$AB=AE$, por lo que los triángulos$AFD$ y$ABE$ son isósceles, por lo que$FD\|EB$ y$BEDF$ son isósceles, por lo que son inscriptibles.

Esto muestra$F$ en el círculo a través de$B,D,E$.

Por analogía / simetría,$G$ también está en él.

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Cybolic Puntos 177

No puede haber ninguna prueba de la conjetura ya que es falsa, porque si$\triangle ABC$ es obtuso, entonces no se puede garantizar que los círculos se crucen con el tercer lado$AC$ en$D$ y$E.$

Desafortunadamente, uno no puede evitar esto considerando la línea a través de$AC$ en su lugar.

Editar: OP ha encontrado una forma de evitar esto; solo necesita indicar como hipótesis que$A$ y$C$ sean los ángulos agudos del triángulo.

1voto

Cybolic Puntos 177

Estoy escribiendo esto para contribuir a la conjetura y la prueba dada.


Si el ángulo en el $B$ es un ángulo más grande del triángulo $ABC,$, entonces la conjetura es verdadera (siempre que permiten a los puntos de la cíclico "pentágono" a coincidir). Por otra parte, este pentapunctual círculo es único. Esto es claro cuando se $ABC$ es escaleno, porque si uno usa $A$ o $C$ en lugar de $B,$ el ángulo es mayor, entonces necesariamente los puntos de $D$ $E$ no puede existir desde $AC$ es el lado más largo, por lo que supera tanto en $AB$ $BC.$ Si el triángulo es isósceles (o incluso equilátero), entonces a partir de la $\hat B$ es igual a por lo menos otro ángulo, la simetría impone que sólo un círculo que existe.


Me doy cuenta de que ha añadido algo acerca de la identidad de este "$5$" punto de círculo. De nuevo, es de hecho el caso de que su centro coincida con el incentre $I$ de la $\triangle ABC,$ desde $DF$ $EG$ son los acordes de este círculo, sus mediatrices han de cruzarse en su centro $I'.$, Pero también sabemos que los triángulos $ADF$ $CEG$ son isósceles con $AD=AF$ $CE=CG$ respectivamente. Por lo tanto, las mediatrices de los lados $DF$ $EG$ también debe ser bisectrices de los ángulos de $\hat A$ $\hat C$ respectivamente. Esto muestra que la intersección $I'$ no es diferente de $I.$

PS. Esto no está directamente relacionado, pero permítanme señalar una interesante relación entre la circunferencia inscrita y la circunferencia circunscrita de cualquier triángulo $ABC$, lo que yo no había aprendido antes. Vamos a la intersección de la circunferencia inscrita con $AB,BC,CA$ $C',A',B'$ respectivamente. A continuación, las líneas de $AA',BB',CC'$ se cruzan en el centro del triángulo $Q$ que me han llamado la quasicentroid. Por supuesto, hay miles de conocido triángulo de centros (cf. La Enciclopedia de Triángulo Centros), pero he sido incapaz de determinar si $Q$ es parte de los clasificados de los centros, y si es así, ¿bajo qué nombre, por lo tanto la tentativa término "quasicentroid."

Edit: El punto llamé $Q,$ I posteriormente descubierto, es más bien conocido como el punto de gergonne del triángulo.

1voto

Yves Daoust Puntos 30126

Por construcción$ADF$,$CEG$ y$BFG$ son isoceles, de modo que las bisectrices de$DF$,$EG$ y$FG$ también son bisectrices de los ángulos de el triángulo y se encuentran en el incentro.

Por simetrías,$IB=ID=IE=IF=IG$.

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