Considere la posibilidad de altitud $AH$ de $\Delta ABC$. $B_1$ e $B_2$ son los puntos en el lado $AB$ tal que $HB_1 \perp AB$ e $HB_2 \parallel AC$. $C_1$ e $C_2$ son los puntos en el lado $AC$ tal que $HC_1 \perp AC$ e $HC_2 \parallel AB$. Demostrar que $BC$, $B_1C_1$, $B_2C_2$ son concurrentes.
Traté de dejar a $B_1C_1 \cap B_2C_2 = \{A'\}$ y trató de probar que $\widehat{AA'B} = \widehat{AA'C}$ pero no veo la luz al final del túnel.
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Adil Mehmood
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En primer lugar, observa que los triángulos $BB_2H$ e $BAC$ son similares. Esto le da a los siguientes:
$$\frac{BB_2}{c}=\frac{c\cos\beta}{a}$$
$$BB_2=\frac{c^2\cos\beta}{a}$$
$$\frac{BB_2}{B_2A}=\frac{BB_2}{c-BB_2}=\frac{c\cos\beta}{a-c\cos\beta}\tag{1}$$
De la misma manera se puede demostrar que:
$$\frac{C_2C}{AC_2}=\frac{b\cos\gamma}{a-b\cos\gamma}\tag{2}$$
A partir de (1) y (2)
$$\frac{BB_2}{B_2A}\cdot\frac{AC_2}{C_2C}=\frac{c\cos\beta}{a-c\cos\beta}\cdot\frac{a-b\cos\gamma}{b\cos\gamma}\tag{3}$$
Si utiliza el hecho de que:
$$\frac ac=\frac{\sin\alpha}{\sin\gamma},\ \ \sin\alpha=\sin(\beta+\gamma)$$
...en realidad se puede mostrar (en una bonita forma trivial) que (3) conduce a:
$$\frac{BB_2}{B_2A}\cdot\frac{AC_2}{C_2C}=\frac{\tan^2\gamma}{\tan^2\beta}\tag{4}$$
En el otro lado se puede mostrar fácilmente que:
$$BB_1=c\cos^2\beta, \ B_1A=c-BB_1=c\sin^2\beta$$
$$C_1C=b\cos^2\gamma, \ AC_1=b-C_1C=b\sin^2\beta$$
...que conduce a:
$$\frac{BB_1}{B_1A}\cdot\frac{AC_1}{C_1C}=\frac{\tan^2\gamma}{\tan^2\beta}\tag{5}$$
Mediante la comparación de (4) y (5):
$$\frac{BB_1}{B_1A}\cdot\frac{AC_1}{C_1C}=\frac{BB_2}{B_2A}\cdot\frac{AC_2}{C_2C}\tag{6}$$
Ahora introducir puntos de $A'=BC\cap B_1C_1$, $A''=BC\cap B_2C_2$.
Por Menelao, podemos escribir (6) como:
$$\frac{A'B}{CA'}=\frac{A''B}{CA''}$$
...que simplemente significa que los puntos de $A'$ e $A''$ son idénticas. En consecuencia, las líneas de $BC$, $B_1C_1$ e $B_2C_2$ son concurrentes.
Deje $B_1C_1$ recortes $BC$ a $X$. Desde $$AB_1\cdot AB = AH^2 = AC_1\cdot AC$$ we see that $B,C,C_1B_1$ are conyclic. Also $A,B_1,H,C_1$ are conyclic. So by the power of the point $X$ we have $$XH^2 = XB_1\cdot XC_1 = XB\cdot XC$$
Por lo $X$ es uniqely determinado por $B,C,H$.
Deje $B_2C_2$ recortes $BC$ a $Y$. Ahora veo una homothety con el centro de a $Y$ que se lleva a $B$ a $H$. Desde $BB_2||HC_2$ tarda también $B_2$ a $C_2$, pero luego se lleva a la línea de $B_2H$ a $C_2C$ (ya que están en paralelo) y se lleva $H$ a $C$. Así que tenemos $${YB\over YH} = {YH\over YC}\implies YH^2 =YB\cdot YC$$
por lo $Y$ es deteremined con puntos de $B,C$ e $H$ con la misma ecuación, por lo $X=Y$ y hemos terminado.
