En el interior de un triángulo equilátero $ABC$,un punto arbitrario $P$ es tomado a partir de la cual el perpendiculares $PD,PE$ $PF$ se dejó caer hacia los lados $BC,CA$$AB$, respectivamente.Mostrar que la relación de $\dfrac{PD+PE+PF}{BD+CE+AF}$ no depende de la elección del punto de $P$ y encontrar su valor.
No tengo idea de cómo proceder. Yo no podía hacer nada más allá de calcular el área de $PDB,PCE,PFA$, pero aquí me sale nada. Por favor, ayuda!
Es un hecho bien conocido (con la prueba que se describe en los comentarios a continuación de la pregunta) que $$|PD|+|PE|+|PF| = \text{height of triangle}$$ de modo que el numerador de la meta de relación es independiente de $P$. Es quizás menos conocido que $$|AF| + |BD| + |CE| = |FB| + |DC| + |EA| = \text{semi-perimeter of triangle} \qquad (\star)$$ que efectivamente resuelve el problema.
Yo no era consciente de esta segunda relación, así que me decidí a probarlo por (re-)derivar una Ceva-como el teorema de caracterizar, no rectas concurrentes a través de un triángulo de vértices (aka, "cevians"), pero simultáneas perpendiculares a un triángulo bordes (aka ... um ... "orthians"? porque son ortogonales?); el teorema dice esto:
Ortha del Teorema. Orthians en los puntos $D$, $E$, $F$ en los respectivos lados $BC$, $CA$, $AB$ de $\triangle ABC$ coinciden si y sólo si $$|AF|^2+|BD|^2+|CE|^2 = |FB|^2+|DC|^2+|EA|^2$$
Antes de demostrar este teorema, vamos a ver cómo se muestra el $(\star)$.
Escrito $s := |AB| = |BC| = |CA|$ en nuestro triángulo equilátero, tenemos $$|FB| = s - |AF| \qquad |DC| = s - |BD| \qquad |EA| = s - |CE|$$ Ya sabemos que el orthians en $D$, $E$, $F$ se reúnen en $P$, podemos invocar el "sólo si" aspecto de Ortha del Teorema a la conclusión de $$|AF|^2 + |BD|^2 + |CE|^2 = \left( s - |AF| \right)^2 + \left( s - |BD| \right)^2 + \left( s - |CE| \right)^2$$ de dónde $$0 = s \left( 3 s - 2 \left( |AF| + |BD| + |CE| \right)\right)$$ así que (para los no-cero $s$) $$|AF|+|BD|+|CE| = \frac{3}{2}s = \text{semi-perimeter of } \triangle ABC$$
Prueba de Ortha del Teorema. Orthians en puntos de $E$ $F$ definitivamente de acuerdo; llame a su punto común $P$.
(A pesar de las apariencias en la imagen, $B$, $P$, y $E$ no son (necesariamente) colineales; de la misma manera $C$, $P$, $F$ ... o $A$, $P$, $D$, para que la materia.)
Entonces ...
$$\begin{align} PD \perp BC &\iff \quad |PB|^2 - |BD|^2 = |PC|^2 - |DC|^2 &(1) \\[6pt] &\iff |PF|^2 + |FB|^2 - |BD|^2 = |PE|^2 + |CE|^2 - |DC|^2 \\ &\iff |PA|^2 - |AF|^2 + |FB|^2 - |BD|^2 = |PA|^2 - |EA|^2 + |CE|^2 - |DC|^2 \\[6pt] &\iff |AF|^2 +|BD|^2 + |CE|^2 = |FB|^2 + |DC|^2 + |EA|^2 &\square \end{align}$$
(En $(1)$, "$\Rightarrow$ " de la parte es clara, ya que cada lado de la ecuación da $|PD|^2$. El "$\Leftarrow$" la parte que sigue de un poco más de esfuerzo, que se deja para el lector. Tenga en cuenta que sólo el "$\Rightarrow$" parte necesaria para mostrar $(\star)$.)
Sospecho que este teorema debe ser conocida en la literatura. (Por supuesto, yo inventé el nombre de "Ortha" como una construcción de mi palabra inventada "orthian", para imitar la conexión entre "Ceva" y "cevian".) Vamos a pensar en ello, el resultado es equivalente a la ecuación de $(\star\star\star)$ en esta respuesta mía de hace un par de meses que generaliza del teorema de Ceva a las líneas arbitrarias reunión de un triángulo. Así que, supongo que mi sospecha es que este teorema debe ser conocido en algún otro lugar en la literatura.
Por simplicidad, vamos a los lados del triángulo $1$.
$\hspace{3.5cm}$
Buscando en las áreas de la sub-triángulos, obtenemos $$ \begin{align} |\,\triangle ABP\,|&=\frac12|\,\overline{FP}\,|\times|\,\overline{AB}\,|=\frac12|\,\overline{FP}\,|\\ |\,\triangle BCP\,|&=\frac12|\,\overline{DP}\,|\times|\,\overline{BC}\,|=\frac12|\,\overline{DP}\,|\tag{1}\\ |\,\triangle CAP\,|&=\frac12|\,\overline{EP}\,|\times|\,\overline{CA}\,|=\frac12|\,\overline{EP}\,| \end{align} $$ Sumando esto, estamos $$ |\,\overline{FP}\,|+|\,\overline{DP}\,|+|\,\overline{EP}\,|=2|\,\el triángulo ABC,\,|=\frac{\sqrt3}{2}\etiqueta{2} $$
Cambiar el nombre de las distancias en cuestión como $x$, $y$, y $z$.
$\hspace{2.3cm}$
Teniendo en cuenta las distancias verticales en los lados $x$ $y$ y, a continuación, repetir lo mismo para el otro lado de pares: $$ \begin{align} \frac{\sqrt3}{2}x+\frac12h_x&=\frac{\sqrt3}{2}(1-y)+\frac12h_y\\ \frac{\sqrt3}{2}y+\frac12h_y&=\frac{\sqrt3}{2}(1-z)+\frac12h_z\tag{3}\\ \frac{\sqrt3}{2}z+\frac12h_z&=\frac{\sqrt3}{2}(1-x)+\frac12h_x \end{align} $$ La adición de estos y la anulación de los resultados en $$ x+y+z=\frac32\etiqueta{4} $$ Que es $$ |\,\overline{FA}\,|+|\,\overline{DB}\,|+|\,\overline{CE}\,|=\frac32\etiqueta{5} $$
Por lo tanto, $(2)$ $(5)$ de rendimiento $$ \frac{|\,\overline{FP}\,|+|\,\overline{DP}\,|+|\,\overline{EP}\,|}{|\,\overline{FA}\,|+|\,\overline{DB}\,|+|\,\overline{EC}\,|}=\frac1{\sqrt3}\tag{6} $$
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