El uso de Menelao para mostrar: Las mediatrices de las bisectrices de los ángulos de un triángulo cumplir con los lados opuestos en puntos colineales

Question

Demostrar que las mediatrices de las bisectrices de los ángulos interiores de cualquier triángulo cumplir con los lados opuestos a los ángulos de ser dividido en tres puntos colineales.

Aquí es lo que tengo hasta ahora. Con el fin de mostrar H, G, y me son colineales, necesito mostrar que $$\frac{AH}{HB}\cdot\frac{BI}{BC}\cdot\frac{CG}{GA}=-1$$ Esto es cierto por el Teorema de Menelao.

Ahora, puedo demostrar por parte de SAS que $\Delta FJO\cong \Delta CJO$ y por la ASA, que $\Delta OJC\cong \Delta PJC$. Así, por transitividad, tenemos $\Delta OJC \cong \Delta PJC \cong \Delta OJF$. Por lo tanto, $\angle PCJ\cong\angle OFJ$. Esto implica que $OF\parallel BC$ desde los ángulos alternos internos son congruentes. Sé que las líneas paralelas se dividen los lados del triángulo proporcionalmente, con lo que conseguimos $\frac{AF}{FB}=\frac{AO}{OC}$.

A través de procedimientos similares, también puedo concluir lo siguiente: $FP \parallel AC$ , lo que implica $\frac{BP}{PC}=\frac{BF}{FA}$$ME \parallel BC$, lo que implica $\frac{AM}{MB}=\frac{AE}{EC}$.

También sé que hay tres simples resultados de la bisectriz de un ángulo teorema de. $$\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}$$ $$\frac{AF}{AC}=\frac{BF}{BC}$$ $$\frac{AE}{AB}=\frac{EC}{BC}$$

También sé que, a partir del Teorema de Ceva que desde las bisectrices de los ángulos son concurrentes, a continuación, $$\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA}=1 a Pesar de que la pieza de información no es muy diferente de los resultados del teorema de la bisectriz de un ángulo.

Tengo que ser capaz de combinar las cosas de alguna manera, pero yo no estoy viendo una conexión entre lo que sé y los puntos H, I, a y G.

Answer 1

Deje $\overline{AD}$ ser la bisectriz de $\angle A$$\triangle ABC$, y deje $\overline{MP}$ ser la mediatriz de $\overline{AD}$.

Debido a $P$ está en la mediatriz, tenemos $\angle DAP \cong \angle PDA$ en la base de la isósceles $\triangle PAD$. Pero $\angle PDA$ es un ángulo exterior de $\triangle ABD$, por lo que el $\angle PDA = \frac12\angle A + \angle B$. Desde $\angle DAC$$\frac12\angle A$, podemos deducir que $$\angle CAP = \angle B \phantom{+\angle C}\qquad\qquad \angle PAB = \angle A + \angle B$$

Asimismo, $$\begin{align} \angle ABQ &= \angle A + \angle B \qquad\qquad \angle QBC = \angle A \phantom{+\angle C} \\[4pt] \angle BCR &= \angle A \phantom{+\angle C\;} \qquad\qquad \angle RCA = \angle C + \angle A \end{align}$$

(Los resultados son ligeramente diferentes, de acuerdo a la intermediación de $P$, $Q$, $R$ y los vértices de $\triangle ABC$, pero la de arriba es típico.)

La invocación de la trigonométricas forma de Menelao Teorema de, y proporcionar explícito "$-$"s a reconocer que los ángulos en cada relación son opuestas orientado, tenemos

$$\begin{align} -\frac{\sin\angle CAP}{\sin\angle PAB} \cdot -\frac{\sin\angle ABQ}{\sin\angle QBC} \cdot -\frac{\sin\angle BCR}{\sin\angle RCA} &= -\frac{\sin B}{\sin(A+B)} \cdot \frac{\sin(A+B)}{\sin A} \cdot \frac{\sin A}{\sin(C+A)} \\[4pt] &= -\frac{\sin B}{\sin(180^\circ - B)} \\[4pt] &= -1 \end{align}$$

Por lo tanto, $P$, $Q$, $R$ son colineales. $\square$