Triángulo $ABC$ , de tal manera que $\measuredangle A=120^{\circ}$ . Encuentre $\measuredangle BFC$ .

Question

Que el triángulo $ABC$ , de tal manera que $\measuredangle A=120^{\circ}$ y $AB\not=AC$ . $AL -$ bisectriz, $AK -$ medianera. El punto $O -$ centro del círculo circunscrito alrededor del triángulo, $OL\cap AK= F$ . Encuentre $\measuredangle BFC$ .

He hecho un dibujo. Tengo la hipótesis de que $\measuredangle BFC=60^{\circ}$ . Pero no puedo probarlo.

Answer 1

Dejemos que $G$ sea la antípoda de $O$ en el círculo de $OBC$ y $\Gamma$ el círculo de $ABC$ .

Si consideramos una inversión del círculo con respecto a $\Gamma$ , $G$ es la inversa de $K$ y $A$ es la inversa de sí misma. De ello se deduce que la inversa de la $AK$ -La línea es el círculo que atraviesa $O,A,G$ y $F$ es la inversa de la intersección de los $OL$ -línea con el círculo a través de $O,A,G$ . Si demostramos que $OLAG$ es un cuadrilátero cíclico, obtenemos que $L$ es la inversa de $F$ Por lo tanto $OBFC$ es un cuadrilátero cíclico y $\widehat{BFC}=180^\circ-\widehat{BOC}=\color{red}{60^\circ}$ como se ha reclamado.

Para demostrar que $O,L,A,G$ se encuentran en el mismo círculo, basta con considerar $H$ como el simétrico de $G$ con respecto a $BC$ Obsérvese que ambos $HBC$ y $GBC$ son triángulos equiláteros y comprueba que $$ HL\cdot HA = HO\cdot HG. $$ En particular, ni $HL\cdot HA$ o $HO\cdot HG$ dependen realmente de la posición de $A$ en el $BC$ -arco. Pista para demostrar tal hecho:

Answer 2

Solución alternativa.

Dejemos que $c$ sea el círculo circunscrito al triángulo $ABC$ y que $c'$ sea la imagen de $c$ con respecto a la reflexión en la línea $BC$ . Entonces, debido al hecho de que $\measuredangle \, BAC = 120^{\circ}$ el círculo $c'$ pasa por el punto $O$ que es el centro de $c$ .

Dibuja la bisectriz ortogonal $OK$ de borde $BC$ y que $O'$ y $M$ sean los dos puntos de intersección de $OK$ con el círculo $c$ para que $O'$ y $A$ están en el mismo lado de $BC$ . Luego señala $A, L, M$ son colineales porque $AL$ es la bisectriz del ángulo interior de $\angle \, BAC$ .

Trazar la línea $AO'$ y que $L^*$ sea el punto de intersección de $AO'$ con $BC$ . Entonces, la línea $O'A \equiv AL^*$ es la bisectriz externa del ángulo $\angle \, BAC$ las dos líneas $AL \equiv AM$ y $O'L^* \equiv AL^*$ son ortogonales y el círculo $c^*$ definido por los puntos $LAL^*$ , también conocido como el círculo de Apolonio, está centrado en el punto medio del segmento $LL^*$ y es ortogonal a todas las circunferencias que pasan por los puntos $B$ y $C$ . En particular, $c^*$ es ortogonal a ambos círculos $c$ y $c'$ .

A continuación, dibuje un círculo $c_0$ centrado en el punto $K$ y de radio $KB = KC$ . Entonces $c_0$ también es ortogonal a $c^*$ . Observe que $KO \cdot KM = KO'\cdot KM = BK^2$ por lo que si se realiza una inversión con respecto a $c_0$ , punto $M$ se asigna al punto $O$ y por lo tanto el círculo $c$ se asigna al círculo $c'$ , mientras que $c^*$ se mapea a sí mismo (debido a la ortogonalidad con $c_0$ ).

Dejemos que $F'$ sea la imagen inversa de $A$ con respecto a $c_0$ . Punto $F'$ se encuentra en $c'$ porque su preimagen $A$ se encuentra en $c$ ( $c$ es la preimagen de $c'$ ).Punto $F'$ también se encuentra en $c^*$ porque $A$ se encuentra en $c^*$ y $c^*$ se mapea a sí mismo cuando se invierte en $c_0$ . Entonces los tres puntos $K, A, F'$ son colineales y $F' \in c' \cap c^*$ .

Considere el cuádruple $L^*ALM$ . Se inscribe en un círculo porque $\measuredangle \, MAL' = 90^{\circ} = \measuredangle \, MKL^*$ . Ahora, bajo la inversión con respecto a $c_0$ , punto $L^*$ se asigna al punto $L$ , punto $A$ se asigna al punto $F'$ , punto $M$ se asigna a $O$ y señalar $K$ se mapea al infinito, por lo que el círculo definido por $L^*ALM$ se asigna a la línea recta $OL \equiv OF'$ lo que significa que los tres puntos $F', L, O$ son colineales. Así, el punto $F'$ es el punto de intersección de $AK$ y $LO$ que inicialmente se denotó como $F$ . Así, $F' \equiv F$ .

Por lo tanto, como $F$ pertenece al círculo $c'$ , ángulo $\measuredangle \, BFC = 60^{\circ}$ .

Answer 3

Aquí hay una solución más elemental utilizando sólo la búsqueda de ángulos.

Primero vamos a replantear un poco el problema. Denotemos la intersección de $OL$ con $\odot ABC$ con $D$ y $G$ , s.t. $D$ es uno el arco menor $BC$ . También WLOG vamos a suponer $AB<AC$ Así que en realidad $D$ se encuentra en el arco $AB$ . Ahora reflexiona $BC$ en $BD$ y de nuevo sobre $CD$ . Que las dos reflexiones coincidan en $F'$ . Vamos a demostrar que $F \equiv F'$ . Para ello basta con demostrar que $F$ se encuentra en $OL$ y $AK$ . A partir de ahora, para simplificar, dejemos que $\measuredangle DBC = \beta, \measuredangle DCB = \gamma$ .

Obviamente ahora $D$ es el incentro de $\triangle F'BC$ . Así que tenemos que $\measuredangle F'DB = 90^{\circ} + \gamma$ . Ahora tenemos que $\measuredangle BDG = \measuredangle BCG = \measuredangle DCG - \measuredangle DCB = 90^{\circ} - \gamma.$ Por lo tanto: $\measuredangle F'DB + \measuredangle BDG = 90^{\circ} + \gamma + 90^{\circ} - \gamma = 180^{\circ}$ . Por lo tanto, $F'$ se encuentra en $DG \equiv OL$ .

Ahora, obviamente, tenemos que $\measuredangle BF'C = 60^{\circ}$ y a partir del Teorema de la Bisectriz del Ángulo tenemos que $\frac{F'B}{F'C} = \frac{BL}{LC} = \frac{AB}{AC}$ . Así que ahora como $K$ es el punto medio de $BC$ tenemos que $[F'KB] = [F'KC] \implies BF' \cdot \sin \angle KF'B = CF' \cdot \sin \angle KF'C$ . Ahora, a partir del Teorema del Seno sobre $\triangle ABC$ lo tenemos:

$$\frac{\sin \angle ABC}{\sin \angle ACB} = \frac{AC}{AB} = \frac{F'C}{F'B} = \frac{\sin \angle KF'B}{\sin \angle KF'C}$$

Pero como $\measuredangle ABC + \measuredangle ACB = \measuredangle KF'C + \measuredangle KF'A = 60^{\circ}$ debemos tener $\measuredangle KF'C = \measuredangle ACB; \measuredangle KF'B = \measuredangle ABC$ .

Ahora, de manera similar para $\triangle ABC$ que tenemos: $[KAB] = [KAC] \implies AB \cdot \sin \angle KAB = AC \cdot \sin \angle KAC$ . Pero al igual que antes tenemos:

$$\frac{\sin \angle KAB}{\sin \angle KAC} = \frac{AC}{AB} = \frac{F'C}{F'B} = \frac{\sin \angle F'BC}{\sin \angle F'CB}$$

Y como antes tenemos que $\measuredangle KAB = \measuredangle F'BC; \measuredangle KAC = \measuredangle F'CB$ , como $\measuredangle KAB + \measuredangle KAC = \measuredangle F'BC + \measuredangle F'CB = 120^{\circ}$ . Así que finalmente tenemos eso: $\measuredangle F'KB = 180^{\circ} - \measuredangle KF'B - \measuredangle KBF' = 180^{\circ} - \measuredangle ABC - \measuredangle KAB = \measuredangle AKB$ . Por lo tanto, $F'$ se encuentra en $AK$ .

Por lo tanto, como $F'$ se encuentra en $OL$ y $AK$ tenemos que $F \equiv F'$ . Así que finalmente $\measuredangle BFC = \measuredangle BF'C = 60^{\circ}$