OMI lista 1995 G3 por inversión

Question

La circunferencia inscrita de $\triangle ABC$ es tangente a los lados $BC$, $CA$, y $AB$ en puntos $D$, $E$, y $F$, respectivamente. Punto de $X$ es elegido dentro de$\triangle ABC$, de modo que la circunferencia inscrita de $\triangle XBC$ es tangente a $BC$$D$,$CX$$Y$, e $XB$$Z$.

Demostrar que $EFZY$ es un cuadrilátero cíclico por inversión.

Dibujé las asignaciones de todos los puntos y las líneas en el diagrama original en virtud de la inversión, pero ahora estoy atascado. Podría alguien proporcionar una sugerencia (no demasiados spoilers por favor..)?

Answer 1

Circular de la inversión no es realmente necesario, del teorema de Ceva es suficiente. Deje $O_X$ ser el centro de la circunferencia inscrita de $XBC$. Claramente $O_X$ se encuentra en la perpendicular a $BC$ a través de $D$, e $CD=CY=CE$ así como $BD=BZ=BF$. $EFZY$ es un cuadrilátero cíclico iff las mediatrices de $FZ,YE$ $EF$ de acuerdo (la última línea es sólo la bisectriz de un ángulo de $\widehat{BAC}$, ya que el $AF=AE$).

Estas tres líneas de corte de los lados de $ABC$ a los tres puntos que son fáciles de describir en términos de $a,b,c$ (las longitudes de los lados de $ABC$) y $x=O_X D$. Un poco de álgebra fácilmente demuestra la anterior concurrencia. El trigonométricas versión del teorema de Ceva da de forma aún más rápida de la prueba.

Aquí es un trigonométricas prueba. Deje $q=O_X D$. Desde $BD=\frac{a-b+c}{2}$ $DC=\frac{a+b-c}{2}$ tenemos que el seno del ángulo entre el $AC$ lado y la mediatriz de $YE$$\sin\left(\frac{\widehat{C}}{2}-\arctan\frac{2q}{a+b-c}\right)$, mientras que el ángulo entre el $BC$-lado y la mediatriz de $YE$$\sin\left(\frac{\widehat{C}}{2}+\arctan\frac{2q}{a+b-c}\right)$. Desde $\frac{\sin(\theta+x)}{\sin(\theta-x)}=\frac{1+\tan(x)\cot(\theta)}{1-\tan(x)\cot(\theta)}$,

$$ \frac{\sin\left(\frac{\widehat{C}}{2}+\arctan\frac{2q}{a+b-c}\right)}{\sin\left(\frac{\widehat{C}}{2}-\arctan\frac{2q}{a+b-c}\right)}=\frac{(a+b-c)+2q\frac{a+b-c}{2r}}{(a+b-c)-2q\frac{a+b-c}{2r}}=\frac{r+q}{r-q}$$ y la concurrencia fácilmente de la siguiente manera.

Ahora la forma alternativa: dejar que consideramos un círculo $\Gamma$ a través de la incentro $I$$ABC$, teniendo su centro en $D$. Deje $U'$ ser la inversa de a $U$ con respecto al $\Gamma$. Esta circular de la inversión de los mapas de la incircles de $ABC$ $BCX$ en dos líneas paralelas, por lo $E'F'Z'Y'$ es un trapecio. Por otro lado, la inversa de la línea a través de $Z'$ $F'$ es un círculo a través de $Z,F,D$, cuyo centro está en $B$, ya que el $BD=BZ=BF$. El último círculo y la circunferencia inscrita de $ABC$ son ortogonales en $F$, por lo tanto $Z'F'\perp F'E'$. En forma similar, $Y'E'\perp E'F'$, por lo tanto $E'F'Z'Y'$ es un rectángulo.