Probar que una línea es bisectriz de una línea en un triángulo

Question

Desde el punto $A$ tangentes $AB$ y $AC$ a un círculo se dibujan ( $B$ y $C$ puntos tangentes); $PQ$ es el diámetro del círculo; la línea $L$ es tangente al círculo en el punto $Q$ . Líneas $PA$ , $PB$ y $PC$ línea de intersección $L$ en los puntos $A_1, B_1, C_1$ . Demostrar que $A_1B_1 = A_1C_1$ .

Answer 1

Mi idea es demostrar que tomando $M$ como el punto medio de $B_1C_1$ demostramos que $BA, AC$ y $PM$ se encuentran en el mismo punto $A$ y por lo tanto $M=A_1$ . Para ello, podemos observar el triángulo $BP_1C_1$ . ( Para este apartado, remítase a la imagen original del planteamiento del problema, gracias. )

Hacemos un cambio de variables para hacerlo más claro, y dibujamos una imagen para hacerlo más comprensible . (Nota: el círculo del problema es la circunferencia de $\triangle BDF$ , mientras que el $FG$ la línea en mi gráfico se refiere a la línea tangente $BA$ en el problema).

Hablemos de un triángulo agudo $\triangle ABC$ con $BD\perp AC$ en $D$ , $DF\perp AB$ en F, $E,M$ siendo los puntos medios de $BD$ y $AC$ respectivamente, y $FG_A\perp EF$ tal que $FG_A$ se cruza con $BM$ en $G_A$ . Hacemos la misma operación en el otro lado de $BD$ para conseguir $G_C$ . Nuestro objetivo es demostrar $BG_A=BG_C$ y concluir que $GB$ biseca $AC$ .

Por la ley del seno, $$BG_A = \sin \angle BFG_A\cdot \frac{BF}{\sin\angle FG_AB}=\sin A\cdot\frac{BF}{\sin(A-\angle ABM)} = BD\cdot\frac{\sin^2 A}{\sin (A-\angle ABM)}$$ y de forma similar podemos obtener $$BG_C = BD\cdot\frac{\sin^2 C}{\sin (C-\angle CBM)}$$ Por lo tanto, nuestro objetivo es demostrar $BG_A=BG_C$ que nos dará $G_A=G_C$ : $$\frac{\sin^2 A}{\sin (A-\angle ABM)}=\frac{\sin^2 C}{\sin (C-\angle CBM)}$$

Abordemos esta cuestión reescribiendo la ecuación en $$\frac{\sin A}{\cos\angle ABM-\cot A\sin \angle ABM}=\frac{\sin C}{\cos\angle CBM-\cot C\sin \angle CBM}$$

Mira la imagen de abajo. Dejamos que $MT\perp AB$ en $T$ y $MK \perp BC$ en $K$ . Entonces, la ecuación anterior puede reescribirse como $$\frac{\frac{BD}{AB}}{\frac{BT}{BM}-\frac{AD}{BD}\cdot\frac{MT}{BM}}=\frac{\frac{BD}{BC}}{\frac{BK}{BM}-\frac{CD}{BD}\cdot\frac{MK}{BM}}$$ lo que equivale a demostrar $$AB\cdot BD\cdot BT - AB\cdot AD \cdot MT = BC\cdot BK \cdot BD- BC\cdot CD \cdot MK$$

Podemos simplificar esto observando que $\triangle AMT\sim \triangle ABD$ así que $AB\cdot MT=AM\cdot BD$ y $\triangle CMK\sim \triangle CBD$ así que $BC\cdot MK=CM\cdot BD$ Por lo tanto, demostrar la ecuación es equivalente a demostrar $$AB\cdot BT - AM\cdot AD = BC\cdot BK - MC\cdot CD$$

Observe que $AM\cdot AD = AT\cdot AB$ y $CM \cdot CD = BC \cdot CK$ , por lo que sólo tenemos que demostrar $$AB\cdot (BT-AT) = BC \cdot (BK-CK)$$ lo que se demuestra observando que $ASJC$ es cíclico, con $AT=ST$ y $CK = JK$ Así que $BS\cdot BA = BJ \cdot BC$ .

Por lo tanto, $G_A=G_B=G$ está demostrado. Ahora podemos volver a nuestro problema original, y ver que $G$ corresponde al punto $A$ mientras que los puntos $(ABCDEFM)$ corresponden a los puntos $(B_1PC_1QOBA_1)$ respectivamente, y por tanto $PA$ debe bisecar $B_1C_1$ como se desee.

Answer 2

Todavía no es una solución completa, pero esto es el principio del puro "bashing" con coordenadas.

Elija un sistema de coordenadas para que $B_1 = (1,0)$ y $C_1 = (0, -1).$ Entonces, basta con demostrar que $A_1 = (0,0).$

Dejemos que $P = (a,2b)$ y $Q = (a,0)$ por lo que la ecuación del círculo es $(x-a)^2+(y-b)^2 = b^2$ . Esto se simplifica a $x^2+y^2-2ax-2by+a^2 = 0.$ La ecuación de la recta que pasa por los puntos $P$ y $B_1$ es simplemente $y=\dfrac{2b}{a-1}x-\dfrac{2b}{a-1}$ . Así, la coordenada del punto $B$ satisfará las dos ecuaciones anteriores, ya que es la intersección del círculo con dicha recta. Sustituyendo $y$ en términos de $x$ y denota $p = \dfrac{2b}{a-1}$ obtenemos: $$0 = (1+p^2)x^2-2x(a+bp+p^2)+(p^2+2bp+a^2).$$

Ahora, al resolver esta ecuación, obtendrás dos soluciones $x_1 = a$ y $x_2 = \dfrac{p^2+a}{p^2+1}$ pero tenemos que tomar esta última porque $P\neq B.$ Así, $B = \Big(\dfrac{p^2+a}{p^2+1}, \dfrac{2b}{p^2+1}\Big)$ .

Del mismo modo, la ecuación de la recta que pasa por $P$ y $C$ es $y = \dfrac{2b+1}{a}x - 1$ y cuando se introduce esto en la ecuación del círculo se encuentra $C = \Big(\dfrac{q+a}{q^2+1}, \dfrac{aq-1}{q^2+1} \Big)$ , donde $q = \dfrac{2b+1}{a}.$

Ahora, es sencillo encontrar la coordenada del punto $A$ porque es la intersección de dos tangentes al círculo en $B$ y $C$ . Después de esto, encuentre la ecuación de la línea $l = PA$ entonces la coordenada de $A_1$ se encontrará mediante la intersección de $l$ con el $x$ eje.

No tendré tiempo de completar los cálculos restantes, pero en este punto es completamente sencillo. Pero nuestro objetivo es demostrar que $A_1 = (0,0)$ Por lo tanto, si el problema es cierto, entonces la ecuación de la línea $l$ debe haberse encontrado en la forma $y = cx, c\in\mathbb{R}.$

Answer 3

Dejemos que el círculo del problema se denote por $k$ y que $O$ sea su centro. Sea $M = AB \cap B_1C_1$ y $N = AC \cap B_1C_1$ . A través del punto $A_1$ dibujar una línea paralela a $PQ$ y que esa línea se cruce con $AO$ en el punto $I$ . Definir el círculo $k_I$ con centro $I$ y el radio $A_1I$ .

Lema 1. Círculo $k_I$ es el círculo interior del triángulo $AMN$ .

Prueba: Por supuesto, la línea $B_1C_1$ es tangente al círculo $k$ en el punto $Q$ y $PQ$ es un diámetro de $k$ . Por lo tanto, $PQ \perp B_1C_1$ . Por construcción, $A_1I || PQ$ Por lo tanto $A_1I \perp B_1C_1$ . Entonces, circule $k_I$ es tangente a $B_1C_1$ también.

Además, realicemos una homotecia con centro $A$ que mapea el punto $P$ para señalar $A_1$ . Dado que la imagen de la línea $PQ$ bajo la homotecia debe ser la línea que atraviesa $A_1$ en paralelo a $PQ$ y como por construcción $A_1I || PQ$ la imagen de la línea $PQ$ bajo la homotecia es la línea $A_1I$ .

Además, la línea $AO$ se mapea a sí mismo, por lo que el punto de intersección $O = PQ \cap AO$ se asigna al punto de intersección $I = A_1I \cap AO$ . En consecuencia, el segmento $PO$ se asigna al segmento $A_1I$ . Sin embargo, $PO$ es el radio del círculo $k$ y $O$ es su centro, mientras que $A_1I$ es el radio del círculo $k_I$ y $I$ es su centro. Por lo tanto, el círculo $k$ es mapeado por la homotecia al círculo $k_I$ . Desde $k$ es tangente a ambas líneas $AB$ y $AC$ que son mapeados a sí mismos por la homotecia, el círculo $k_I$ también es tangente a $AB$ y $AC$ . En consecuencia, $k_I$ es el círculo interior del triángulo $AMN$ .

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Lema 2. $MQ = MB_1 = MB$ y $NQ = NC_1 = NC$ .

Prueba: Desde $PQ$ es el diámetro del círculo $k$ , $\, \angle \, PBQ = 90^{\circ}$ lo que significa que $QB \perp PB_1$ y por lo tanto $\angle \, QBB_1 = 90^{\circ}$ . Desde $MB$ y $MQ$ son tangentes a $k$ , $\, QM = BM$ que en el triángulo rectángulo $QBB_1$ implica que $MQ = MB_1 = MB$ . La prueba de la segunda cadena de identidades es análoga.

$$ $$

Lema 3. $MA_1 = NQ = NC_1 = NC$ y $NA_1 = MQ = MB_1 = MB$ .

Prueba: Denota por $$p = \frac{AM + MN + AN}{2}$$ la mitad del perímetro del triángulo $AMN$ . Como $k_I$ es el círculo interior de $AMN$ por el lema 1, $\, A_1$ es el punto de tangencia del círculo interior $k_I$ del triángulo $AMN$ con el borde $MN$ Por lo tanto $$MA_1 = p - AN$$ Observe que $AB$ y $AC$ son las dos tangentes a $k$ de $A$ así que $AB = AC$ . Análogamente $MQ$ y $MB$ son las dos tangentes de $M$ así que $MQ = MB$ . Análogamente $NQ$ y $NB$ son las dos tangentes de $M$ así que $MQ = MB$ . Así, $$MN = MQ + NQ = MB + NC$$ así que $$2 \, p = AM + MN + AN = AM + (MQ + NQ) +AN = AM + (MB + NC) + AN = (AM + MB) + (AN + NC) = AB + AC$$ Combinado con el hecho de que $AB = AC$ se concluye que $2\, p = AB + AC = 2 \, AC$ así que $$AC = p = AB$$ . Por lo tanto, por el lema 2 $$NC = AC - AN = p - AN$$ Así, $$MA_1 = p - AN = NC = NC_1 = NQ$$ La segunda cadena de identidad se puede demostrar de forma análoga.

$$ $$

Concluyendo la prueba: Por el lema 2, $MB_1 = MQ = MA_1 + QA_1$ así que $$A_1B_1 = MA_1 + MB_1 = MA_1 + MA_1 + QA_1 = 2 \, MA_1 + QA_1$$ Por el lema 3, $$A_1C_1 = QA_1 + QC_1 = QA_1 + NQ + NC_1 = QA_1 + MA_1 + MA_1 = 2 \, MA_1 + QA_1$$ Por lo tanto, $$A_1B_1 = 2 \, MA_1 + QA_1 = A_1C_1$$

Answer 4

La fuerza bruta también sirve. Elige un sistema de coordenadas donde el centro del círculo sea el origen y $P=(0,-r)$ , $r$ siendo el radio del círculo. Sea $A=(a_1,a_2)$ , $l^2=a_1^2+a_2^2$ y $w=\sqrt{l^2-r^2}$ . Ahora calcula $B$ y $C$ de

$$x^2+y^2=r^2\quad\text{and}\quad a_1x+a_2y=r^2;$$

esta última es la ecuación de la polar con polo $A$ . De ahí que el $y$ -intersecciones de las líneas $PB$ y $PC$ son $$\frac{a_2r\mp a_1w}{a_1r\pm a_2w+l^2}r.$$ La media de esos interceptos es igual a $$\frac{a_2}{a_1+r}r,$$ que es el $y$ -intercepción de la línea $PA$ por el teorema del intercepto.

Observación: el cálculo ocupa una página completa ... No es estético, pero agradable al final, ya que todo se cancela muy bien.