$A'$ es un punto en movimiento de lado a$BC$ de $\triangle ABC$. La mediatriz de $A'B$ e $A'C$ cortes de lado a$AB$ e $AC$ , respectivamente, en $B'$ e $C'$. La línea de $d$ pasa a través de $A'$ y es perpendicular a $B'C'$. Demostrar que $d$ pasa a través de un punto fijo.
Intento:
Me han predicho que $d$ pasaría a través del punto de $A''$ en que $AA'' \perp BC$ e $A''$ se encuentra en la circunferencia circunscrita de $\triangle ABC$. Pero no he encontrado una manera de demostrar que todavía.
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aprado
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1
Así, cuando no hay una idea, a continuación, el sistema de coordenadas viene en la mano. Y de hecho es un problema fácil con c.s.
Deje $B=(2b,0)$, $C= (2c,0)$, $A= (0,2a)$ e $A'= (2t,0)$, para algunos fijos $a,b,c$ y la variable $t$. El punto medio de la $A'B$ es $N = (b+t,0)$. Desde $B'$ está en una línea $$AC:\;\;\;{x\over 2b}+{y\over 2c}=1$$ we have $$B' = (b+t,{a(b-t)\over b}) $$ y analougly llegamos $$C' = (c+t,{a(c-t)\over c}) $$
Ahora la pendiente del segmento de $B'C'$ es $$k= {at\over bc}$$ so the slope of $d$ is $$k' = -{1\over k} = -{bc\over at}$$
Por lo que la línea de $d$ ha ecuación de $$ y= {bc\over at}x +{2bc\over a}$$
lo que significa que esta línea va siempre a través del punto de $F=(0,{2bc\over a})$.
Deje $P$ ser un punto simétrico de a $A'$ con respecto a la línea $B'C'$. En primer lugar, $\angle B'PC'=\angle B'A'C'$ e $\angle B'A'C'=\angle BAC$ (es fácil ángulo de cálculos). Por lo tanto, $\angle B'AC'=\angle B'PC'$, por lo que cuadrilátero $B'PAC'$ es cíclico. Esto significa que $\angle PB'B=\angle PC'C$. También, debido a la simetría y propiedades de la perpendicular bissectors $B'P=B'A'=B'B$ e $C'P=C'A'=C'C$, por lo que los triángulos $BB'P$ e $CC'P$ son isósceles (y similares). En consecuencia, $\angle PBB'=\angle PC'C$, por lo que cuadrilátero $BPAC$ también es cíclico. Deje $Q$ ser el punto sobre la circunferencia circunscrita del triángulo $ABC$ tal que $AQ\perp BC$. Vamos a probar que $PQ$ pasa a través del punto de $A'$. Para ello es suficiente para demostrar que $$ \frac {S_{PBQ}}{S_{PCQ}}=\frac {BA'}{UN'C}. $$ Sin embargo, $S_{PBQ}=PB\cdot BQ\cdot \sin \angle PBQ$ , y similar, $PCQ$. Desde $\angle PCQ+\angle PBQ=180^{\circ}$ obtenemos $\frac {S_{PBQ}}{S_{PCQ}}=\frac {BP\cdot BQ}{CP\cdot CQ}$. Ahora tenga en cuenta que $\frac {BP}{CP}=\frac {BB'}{CC'}$ e $BA'=2\cos \angle B'BA' \cdot BB'$ e $CA'=2\cos \angle C'CA\cdot CC'$. Por lo tanto, es suficiente para demostrar que $\frac {BQ}{CQ}=\frac {\cos \angle B}{\cos\angle C}$. Pero esto sigue del teorema del seno y las igualdades $\angle BAQ=90^{\circ}-\angle B$ e $\angle CAQ=90^{\circ}-\angle C$.
