Demostrar que , y son concurrentes.

Question

Deje $\triangle ABC$ ser un triángulo con incentro $I$ y el ortocentro $H$. La circunferencia inscrita de $\triangle ABC$ toques $BC$, $CA$, $AB$ a $D, E, F$ respectivamente. Deje $D'$ ser el reflejo de $D$ través $I$ y deje $S$ ser el punto medio de la $AI$. ¿Cómo podemos demostrar que $SD'$, $EF$e $HI$ son concurrentes?

Answer 1

Voy a probar la declaración de uso de complejos coordenadas así que voy a indicar todos los puntos con letras pequeñas, lo siento. No voy a elaborar cada uno de los detalles pero usted debe ser capaz de seguir la prueba.

Coloque el triángulo en un plano complejo y, WLOG, suponga que el radio del círculo inscrito es igual a 1. Elija el punto de $i$ como el origen, con el eje real a lo largo de la línea de $id$ (ver foto).

Dibujar punto de $v$ simétrico de a $d'$ con respecto al $s$. Debido a $as=si$, $sd'=sv$ e $\angle asv=\angle isd'$ triángulos $\triangle asv$ e $\triangle isd'$ son congruentes (SAS). Consecuentemente $av=id'=1$

Como consecuencia de ello $\angle sav=\angle sid'$ líneas $av$ e $id'$ deben ser paralelas. La línea de $d'i$ es perpendicular a $bc$ para la línea de $av$ debe ser perpendicular a $bc$ demasiado, así que pasa a través de ortocentro $h$.

Teniendo todo esto en cuenta, esto quiere decir que los triángulos $\triangle ud'i$ e $\triangle uvh$ son similares.

Para finalizar la prueba necesitamos dos lemas y no voy a probar en detalle:

Lema 1:

$$a=\frac{2ef}{e+f}$$

Usted puede encontrar la prueba aquí en la página 5. Incluso sin una prueba de que usted debe ser capaz de averiguar por ti mismo.

Lema 2:

$$h=\frac{2(d^2e^2+e^2f^2+f^2d^2+def(d+e+f))}{(d+e)(e+f)(f+d)}$$

La prueba se puede encontrar aquí, en la página 4.

Así tenemos las siguientes coordenadas:

$$i=0\tag{1}$$ $$d'=-1\tag{2}$$ $$v=a+1=\frac{2ef}{e+f}+1\tag{3}$$ $$h=\frac{2(d^2e^2+e^2f^2+f^2d^2+def(d+e+f))}{(d+e)(e+f)(f+d)}\tag{4}$$

Porque los triángulos $\triangle ud'i$ e $\triangle uvh$ son similares:

$$\frac{v-u}{d'-u}=\frac{h-u}{i-u}\tag{5}$$

Reemplazar (1), (2), (3), (4) en (5) y resolver para $u$:

$$u=\frac{e^2 f^2+e^2 f+e^2+e f^2+e f+f^2}{e^2 f+e f^2+2 e f+e+f}\tag{6}$$

Los puntos de $u$, $e$ e $f$ son colineales si y sólo si:

$$\lambda=\frac{u-e}{f-u}\in R\tag{7}$$

...o, si se reemplaza (6) en (7):

$$\lambda=\frac{(e+1) f \left(e^2-f\right)}{e (f+1) \left(e-f^2\right)}\in R\tag{8}$$

El truco es probar que (8) es un número real para cualquier $e,f$ desde el círculo unidad. Esto es equivalente a probar:

$$\lambda - \bar\lambda=0$$

o:

$$\frac{(e+1) f \left(e^2-f\right)}{e (f+1) \left(e-f^2\right)} - \frac{(\bar e+1) \bar f \left(\bar e^2-\bar f\right)}{\bar e (\bar f+1) \left(\bar e-\bar f^2\right)}=0$$

...que conduce a:

$$e^3 \bar{e}^2 f \bar{f}+e^3 \bar{e}^2 f+e^3 (-\bar{e}) f \bar{f}^3-e^3 \bar{e} f \bar{f}^2-e^2 \bar{e}^3 f \bar{f}\\ -e^2 \bar{e}^3 \bar{f}+e^2 \bar{e}^2 f-e^2 \bar{e}^2 \bar{f}-e^2 \bar{e} f \bar{f}^3+b^2 \bar{e} \bar{f}^2\\ +e^2 f \bar{f}^2+b^2 \bar{f}^2+e \bar{e}^3 f^3 \bar{f}+e \bar{e}^3 f^2 \bar{f}+e \bar{e}^2 f^3 \bar{f}-e \bar{e}^2 f^2\\ -e \bar{e} f^3 \bar{f}^2+e \bar{e} f^2 \bar{f}^3-e f^3 \bar{f}^2-d^2 \bar{f}^2-\bar{e}^2 f^2 \bar{f}-\bar{e}^2 f^2\\ +\bar{e} f^2 \bar{f}^3+\bar{e} f^2 \bar{f}^2=0\etiqueta{9}$$

Se ve bastante desesperado, pero para los puntos de $e$ e $f$ sobre el círculo unidad:

$$e\bar e = f \bar f =1\tag{10}$$

Reemplazar (10) en (9) y demostrar que (9) es efectivamente cero. En otras palabras $\lambda - \bar\lambda=0$ cualquier $e,f$ lo $\lambda$ debe ser un número real. Por lo tanto, los puntos de $e,f,u$ son colineales y líneas de $sd'$, $hi$ amd $ef$ son congruentes.