Demostrando puntos colineales

Question

Este problema es tan duro que no puedo averiguar. Espero que ustedes me puede dar un pequeño empujón sobre cómo hacer frente a este problema, como he estado pensando en esto, como en una semana. Aquí está el problema:

Problema

Dada una circunferencia con centro Oy radio R (denotado como (O; R)), y un punto de Un exterior a (S). De Una, sorteo de 2 independientes de la tangente a la línea de los segmentos ABy CA (Oh) (B, C son puntos tangentes). Deja D ser la intersección de la línea de segmento AO, y (O). Elija un punto E arbitrariamente en el pequeño arco BC. Deje que F, G ser los puntos de intersección de DE, con ABy AC , respectivamente. Vamos yo se la intersección de la CF, y BG; H será la intersección de AOy AC.

Probar que H, Iy E son puntos colineales.

Imagen

Cualquier ayuda sería muy apreciada.

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¿Por qué no puedo incrustar imágenes en mi post? :((

Answer 1

Deje $X$ ser el punto donde las líneas se $BC$ $FG$ cumplir. Deje $J$ ser el punto donde BC intersecta $AE$. Vamos a olvidarnos de punto de $I$ por un momento. Aquí está el diagrama:

Observar que $BD$ es la bisectriz del ángulo $HBA$, por lo $HB/BA=HD/DA$. Del mismo modo, $HC/CA=HD/DA$. Vemos que los puntos de $B$, $C$ y $D$ todos tienen la misma proporción de las distancias de los puntos de $H$$A$. De ello se desprende que $(O)$ es un Apolíneo círculo de segmento $HA$. Desde $E$ es en este círculo también, $HE/EA=HD/DA$. De ello se desprende que $ED$ es la bisectriz del ángulo $HEA$.

Ahora vamos a echar un vistazo a las líneas de $EX$, $EB$, $EJ$, $EH$ y $EC$ y algunos de sus cruzada proporciones. Deje $f$ ser el reflejo a través de la línea $EX$. Lo que hemos establecido anteriormente es que $f(EJ)=EH$. También es un ejercicio fácil ver que $f(EB)=EC$$f(EX)=EX$. Por eso, $f$ mapas de las cuatro líneas $EJ$, $EB$, $EC$ y $EX$ a las líneas $EH$, $EC$, $EB$ y $EX$ respectivamente. De ello se desprende que el correspondiente de la cruz-los coeficientes de la misma: $$ (EJ,EB, EC,EX) = (EH,CE, EB,EX). $$ Por lo tanto, tenemos una igualdad de la cruz, los cocientes de puntos en la línea $BC$: $$ (J,B;C,X) = (H,C, B,X). $$

Si nos fijamos en la perspectiva de la proyección de la línea de $BC$ a de la línea de $FG$ centro $A$, envía puntos $J$, $B$, $C$ y $X$ a $E$, $F$, $G$ y $X$ respectivamente. Desde la perspectiva de las proyecciones de preservar la cruz-ratios, tenemos: $$ (E,F, G,X) = (H, C, B, X). $$

Veamos ahora el punto de $I$ (no se muestra en mi diagrama) donde $BG$ $FC$ se cruzan. Deje $g$ ser la proyección en perspectiva de la línea de $BC$ a de la línea de $FG$ centro $I$. Es claro que $g(X)=X$, $g(B)=G$ y $g(C)=F$. $g$ conserva de la cruz, los cocientes, por lo tanto $$ (H, C, B, X) = (g(H), F, G, X), $$ y así $$ (E,F, G,X) = (g(H), F, G, X). $$ De ello se desprende que $g(H)=E$, lo que significa que $H$, $E$ y $I$ son colineales, QED.

Answer 2

No necesitamos appolonian círculos:

Deje $P_{XY}$ ser el punto en el infinito en $XY$. Deje que el paralelo a través de $B$ $EC$cumplir $AC$ $P$ y definen $Q$ igualmente. Tenemos,

$B(P_{EC}, G; E, C) = E(P, D; B, C) = E(Q, D; C, B) = C(P_{EB}, F; E, B)$

Así que si $BG \cap EC = X, CF \cap EB=Y$ $XY \parallel BC \implies E, I, H$ son colineales.

Nota: Si se considera $EBC$, y la toma de isogonals del problema, se hace similar a un problema utilizado en el equipo de pruebas de selección para Bulgaria.

Además, si el symmedian punto de $BEC$ $K$ $K, I, B, C, A$ se encuentran en una cónica. Creo que este problema puede por lo tanto ser generalizada y, probablemente, ya ha sido.