Perdona mi mal dibujo. ABCD es un cuadrado. E es cualquier punto en el CD. F, G, H son los incentivos de los triángulos BCE, ABE y ADE. Probar que EFGH está en el mismo círculo.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?En primer lugar, vamos a probar un intermedio conclusión, o un lema, que puede ser enunciada de la siguiente manera.
Lema Deje $l$ ser otro exterior común de la tangente (es decir, no $CD$) de la los círculos $(ADE)$ e $(BCE)$. A continuación, $l$ es tangente al círculo $(ABE)$.
Prueba Todos los puntos están etiquetados como muestra la ilustración. Observe que \begin{align*} AK&=AO-KO=\frac{1}{2}(AD+AE-DE)-KJ,\\ BL&=BN-LN=\frac{1}{2}(BC+BE-CE)-LM.\\ \end{align*} Por lo tanto \begin{align*} AK+BL&=AB+\frac{1}{2}(AE+BE-DE-CE)-(KJ+LM)\\ &=AB+\frac{1}{2}(AE+BE-CD)-(JM-KL)\\ &=AB+\frac{1}{2}(AE+BE-CD)-(PQ-KL)\\ &=AB+KL+\frac{1}{2}(AE+BE-CD)-(EP+EQ)\\ &=AB+KL,\\ \end{align*} lo que demuestra que el cuadrilátero $ABLK$ tiene un círculo inscrito. Al parecer, este debe ser uno de triángulo $AEB$, es decir, $ABLK$ e $ABE$ tienen el mismo círculo inscrito. La conclusión a la que quiere demostrar que es seguido. Por otra parte, podemos ver que, $AE,GH,l$ e $BE,GF,l$ respectivamente concurrentes.
Ahora, volver a lidiar con el problema actual. Observe que $GA||EH$ e $GB||EF$. por lo tanto $\angle HEF=\angle AGB$. Pero $ABLK$ es un cuadrilátero circunscrito, es obvio que $\angle AGB+\angle KGL=180^o$. Como resultado, $\angle HEF+HGF=180^o$, lo que implica que $H,E,F,G$ son concyclic. Hemos terminado.
mengdie1982
Puntos
49
Otra Prueba
Deje $O$ ser el punto de intersección de $AC$ e $BD$, e $X$ ser la proyección ortogonal de a$G$ a $AB.$ Es obvio que $F,H$ mentira en $AC,BD$ respectivamente, y $\angle AHE=\angle BFE=135^o.$
Observar los dos triángulos $BXG$ e $BOF$. Podemos ver $$\angle BXG=\angle BOF=90^o,$$ and $$\angle XBG=\dfrac{1}{2}\angle ABE=45^o-\frac{1}{2}\angle CBE=\angle OBC-\angle FBC=\angle OBF.$$ Therefore $$\triangle BXG \sim \triangle BOF.$$Thus,$$\frac{BX}{BO}=\frac{BG}{BF}.$$ Futher $$\triangle BXO \sim \triangle BGF.$$It follows that $$\angle BOX=\angle BFG.$$ Asimismo, $$\angle AOX=\angle AHG.$$ Por lo tanto \begin{align*} \angle EFG+\angle EHG&=(\angle EFB-\angle GFB)+(\angle EHA-\angle AHG)\\ &=(\angle EFB+\angle EHA)-(\angle BOX+\angle AOX)\\ &=(\angle EFB+\angle EHA)-\angle AOB\\ &=2\cdot 135^o-90^o\\ &=180^o, \end{align*} lo que implica $E,F,G,H$ son concyclic.
mengdie1982
Puntos
49
Tres Acordes Teorema De
Deje $PABC$ ser un cuadrilátero. $P,A,B,C$ son concyclic si y sólo si $$PB\cdot\sin \angle APC=PA\cdot\sin \angle BPC+PC \cdot\sin \angle APB.$$
Esto no es sino un tipo de transformación de la bien conocida del Teorema de Ptolomeo, y por lo tanto no tenemos la intención de dar a su prueba.
Vamos a tomar el problema actual, aplicando el teorema anterior. Es fácil de obtener que $$EF\cdot \sin \angle GEH=EF \cdot \cos \angle BEF=\frac{EB+EC-BC}{2},$$ $$EH\cdot \sin \angle FEG=EH \cdot \cos \angle AEH=\frac{EA+ED-AD}{2},$$ $$EG\cdot \sin \angle FEH=EH \cdot \cos \angle AEG=\frac{EA+EB-AB}{2}.$$
Desde $$\frac{EA+EB-AB}{2}=\frac{EB+EC-BC}{2}+\frac{EA+ED-AD}{2},$$ entonces $$EG\cdot \sin \angle FEH=EF\cdot \sin \angle GEH+EH\cdot \sin \angle FEG.$$
De acuerdo a Tres Acordes Teorema, $E,F,G,H$ son concyclic. La prueba se ha completado.
