Deje que el círculo inscrito de triángulo $ABC$ touch sus lados $BC, CA, AB$$F, G, E$. Indicar el centro de este círculo por $D$, y el punto medio de la $BC$$M$. Demostrar que las líneas de $AM$, $EG$ y $DF$ de acuerdo.
Mi idea era considerar la intersección de las líneas de $EG$ $FD$ primero, y luego dibujar una línea a través del punto de intersección $H$ paralelo a $BC$. La línea se le cruzan triángulo en algunos puntos de $I$ $J$ (no se muestra). Si pudiera demostrar que $IH=JH$, que automáticamente demostrar que $AM$ tiene que pasar a través del punto de $H$. Sin embargo, este día estaba tan caliente aquí en mi ciudad que no podía pensar más acerca de este problema. Sólo puedo esperar que sea más agradable la estancia en otro lugar :)
Respuestas
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mengdie1982
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Prueba
Deje $AM$ se cruzan $EG$$H$. Vamos a probar a $HF$ es la línea del diámetro.
Dibujar una línea de $l$ pasando a través de $A$ y en paralelo a $BC$. Deje $EG$ se cruzan $l$$X$. Por lo tanto, podemos ver fácilmente que el$(AB,AC|AM,AX)=-1,$, lo que muestra que la polar de la línea de $H$ con respecto a la circunferencia inscrita es $AX$. Por lo tanto, $DH \perp AX ||BC$, $F,D,H$ son colinear. La prueba se ha completado hasta el momento.
Se tenía la idea correcta. De $H$ dibujar una línea paralela a $BC$ y llame a sus intersecciones con $AB$ $AC$ para $I$$J$. Tenga en cuenta que los cuadriláteros $IHDF$ $HGJD$ están inscritos desde $\angle DGJ=\angle DHJ$ $\angle IHD=\angle IFD$ son todos los ángulos rectos. De ello se desprende que $\angle GDJ=\angle GHJ=\angle IHF=\angle IDF$. Así que los dos triángulos $\triangle DFI$ $\triangle DGJ$ son congruentes por tener una pierna y un no-derecho ángulo congruente. De ello se desprende que $DJ$ $DI$ son congruentes y por lo $HJ$ es congruente a $HI$, por lo que la línea a través de $A$ $H$ debe ir a través de $M$.
mengdie1982
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Otra Prueba
Indicar el punto antipodal de $F$$J$. Dibujar una línea de $l$ pasando a través de $J$, en paralelo a $BC$, y la intersección $AB, AC$ $K, L$ respectivamente.
Observe que $BCLK$ es un: cuadrilátero. Por Newton el Teorema dela Página 156-157) ,que es una degeneración de la forma de Brianchon del teorema, podemos obtener $BL,CK,FJ$ son concurrentes, es decir, en $H$. Pero $KL||BC$, por lo tanto $AH$ biseca $BC$$KL$. Hemos terminado.
Phil H
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349
$IH = JH$ porque $M$ es el punto central de la BC y el triángulo $AIJ$ es similar con respecto a la intersección de la paralela de la base con la línea de $AM$. Sin embargo, usted tiene que demostrar que estos dos lados son de la misma debido a la simetría acerca de la línea de $FD$, por lo que la extensión de $FD$ se muestra para cumplir con la intersección de la $H$.
En el siguiente diagrama se logra esto mediante la adición de una construcción simétrica alrededor de $FD$$X = Y$.
