Ayuda en la resolución de este problema de geometría.

Question

Tengo la siguiente pregunta:

La circunferencia inscrita de triángulo $ABC$ toques $BC$, $CA$, $AB$ en puntos $D$, $E$, $F$ respectivamente. Supongamos que la circunferencia inscrita cruza de nuevo con $AD$ a un punto de $X$ tal que $AX=XD$. $XB$ e $XC$ cumplir con la circunferencia inscrita en puntos de $Y$ e $Z$ respectivamente. Demostrar que $EY = FZ$.

Yo:

Por la potencia del punto de $A$ wrt el semicírculo he a$AX\cdot AD = AE^2 = (s-a)^2$ lo que me da $AX = \frac{s-a}{\sqrt{2}}$ y, por tanto, $AD = \sqrt{2}(s-a)$.

Aplicando el teorema de Apolonio en el triángulo $ABD$ I get $BX^2 = c(s-b)=BF\cdot BA$ lo que significa que $BX$ es tangente a la circunferencia circunscrita del triángulo $ABX$. De manera similar, en el triángulo $AXE$.

También por el teorema de Brianchon tengo que $EY$, $FZ$ e $AD$ son concurrentes en un punto.

Sin embargo, estoy seguro de cómo muchos de mis obervations será útil en la solución del problema anterior. Alguien me puede ayudar a terminar el problema de aquí o de proporcionar una completamente nueva prueba?

Answer 1

Vamos a probar que $FY\parallel EZ\parallel AD$ (es suficiente debido a que $EZYF$ es cíclico).

En primer lugar, $FY\parallel AD$ es equivalente a la igualdad $\frac{BF}{BA}=\frac{BY}{BX}$. Desde $BD$ es tangente a la circunferencia circunscrita de $DXY$ tenemos $BD^2=BX\cdot BY$. También, $BX$ es un medio en el triángulo $ABD$, por lo que $$ 4BX^2=2BA^2+2BD^2-AD^2=2(AB^2+BD^2-AD\cdot AX). $$ Ahora tenga en cuenta que $AF$ es tangente a la circunferencia circunscrita de $FXD$, lo $AD\cdot AX=AF^2$. Por lo tanto, $$ 4BX^2=2(AB^2+BD^2-AF^2)=2(AB^2+BD^2-(AC-BD)^2)=4AB\cdot BD, $$ debido a $BD=BF=AB-BD$ como tangentes a la circunferencia inscrita de trangle $ABC$. Por lo tanto, $BX^2=AB\cdot BD$. Después de esta cálculos obtenemos que $$ \frac{POR}{BX}=\frac{BX\cdot POR}{BX^2}=\frac{BD^2}{AB\cdot BD}=\frac{BD}{AB}=\frac{BF}{BA}. $$ Por lo tanto, $\frac{BF}{BA}=\frac{BY}{BX}$ y líneas de $FY$ e $AD$ son paralelas. Del mismo modo, $EZ$ es paralelo a $AD$, lo $FY\parallel EZ$. Finalmente, $EZYF$ es cíclica, por lo tanto $EZYF$ es un trapecio isósceles y $EY=FZ$, como se desee.