deje que$\Delta ABC$, y$AB=AD,AC=AE,\angle DAB=\angle CAE$, y$R=DC\bigcap BE$, y el ponit$O$ sea$\Delta BRC$ externo: muestre que$$OA\perp DE$ $ 
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Bueno, hay un par de maneras alternativas de ir sobre esto... Aquí es una
Deje $\angle \, DAB = \angle \, CAE = \pi - 2\theta$. Realizar una $\pi - 2\theta$ rotación en sentido antihorario alrededor del punto de $A$. A continuación, elija $D$ se asigna a punto de $B$ $C$ se asigna a $E$. Por lo tanto el triángulo $DAC$ se asigna a triángulo $BAE$, por lo que los dos triángulos son congruentes y edge $DC$ se asigna a $BE$, lo que significa que $DC = BE$ $\angle \, DRB = \pi - 2 \theta = \angle \,DAB$ (donde $R = DC \cap BE$). Por cierto, esto significa que los quad $DBRA$ está inscrito en un círculo denota $k'$. Todas estas argumento implica que el ángulo de $\angle \, BRC = 2 \theta$.
Denotar por $k$ el círculo con el centro $O$ y passign a través de los puntos de $B, \, R, \, C$. Deje $F$ ser el punto en el círculo $k$ tal que $OF$ es ortogonal a acorde $BC$ $F$ está en el mismo semiplano como $R$ con respecto a la línea $BC$ (ver foto). A continuación, $OF$ es el ortogonal de la bisectriz de $BC$.
Ángulo de $\angle \, BRC = \pi - (\pi - 2\theta) = 2 \theta$ y, por tanto,$\angle \, BOC = 2\pi - 4\theta$. Desde $OF$ es el ortogonal de la bisectriz de $BC$, los dos triángulos $FOB$ $COF$ son congruentes los triángulos isósceles con $OB = OF = OC$ $$\angle \, FOB = \angle \, COF = \frac{1}{2} \, \angle \, BOC = \pi - 2\theta.$$ En consecuencia, los cuatro triángulos $DAB, \, CAE, \, FOB$ $COF$ son todos isósceles con ángulo de $\pi-2\theta$ entre la igualdad de los bordes, de modo que todos ellos son similares el uno al otro.
Desde triángulos $DAB$ $FOB$ son similares $$\frac{BD}{BA}=\frac{BF}{BO} = \lambda$$ and one can easily check that $\ángulo \, DBF = \ángulo \, ABO$, which means that triangles $DBF$ and $ABO$ are similar, so $$\frac{DF}{AO} = \frac{BD}{BA}=\frac{BF}{BO} = \lambda$$ i.e. $DF = \lambda \, AO$. Analogously, triagnles $ECF$ and $ACO$ are similar and $$\frac{EF}{AO} = \frac{CE}{CA}=\frac{CF}{CO} = \frac{BF}{BO} = \lambda$$ i.e. $EF = \lambda \, AO$. Thus $DF = EF$ whcih means that triangle $DFE$ is isosceles and if $M$ is the midpoint of $$ then $FM$ is ortthogonal to $DE$ and $$\angle \, DFM = \angle \, EFM = \frac{1}{2} \, DFE$$.
Por otra parte, se desprende de la semejanza de triángulos $DBF$ $ABO$ que $$\angle \, BDF = \angle \, BAO$$ If $K$ is the intersection point of lines $DF$ and $AO$, then $$\angle \, BDK = \angle \, BDF = \angle \, BAO = \angle BAK$$ which in its own turn implies that points $B, D, a, K$ lie on the same circle, which was already denoted by $k'$ (by the way, this means that points $a, D, B, R, K$ all lie on the circle $k'$ but that's not important for the proof). Therefore $$\angle \, DKA = \angle \, DBA = \theta$$
Mreover, de nuevo a partir de la semejanza de triángulos $DBF$ $ABO$ vemos que $$\angle \, DFB = \angle \, AOB$$ Analogously, the similarity of $ECF$ and $ECO$ yields that $$\angle \, EFC = \angle \, AOC$$ la Combinación de los dos hechos juntos, nos canclude que $$\angle \, DFB + \angle \, EFC = \angle \, AOB + \angle \, AOC = \angle \, BOC = 2\pi - 4 \theta$$ Now, we can find the angle $$\angle \, DFE = 2\pi - \Big(\angle \, BFC + \angle \, DFB + \angle \, EFC \Big) = 2 \pi - \Big(\angle \, BFC + 2\pi - 4 \theta \Big) = $$ $$= 2 \pi - \Big(2\theta + 2\pi - 4 \theta \Big) = 2\theta$$ que significa que, desde antes de $$\angle \, DFM = \frac{1}{2} \, \angle \, DFE = \theta = \angle \, DKA$ $ , Pero la ecuación $$\angle \, DFM = \angle \, DKA$$ implies that the lines $AK \equiv AO$ and $MF$ are parallel. However, we have already shown that $MF$ is orthogonal to $$ (as a median, angle bisector and altitude in the isosceles triangle $DFE$).
Por lo tanto, $AO$ es ortogonal a $DE$.
