Demuestre que el excentador de$A$ en$\triangle ABC$, el punto medio de$BC$ y$H$ son colineales.

Question

$D$ es el incentro de $\triangle ABC$. $DE \perp BC$ ($E \in BC$). $AE \cap \bigcirc(A, B, C) = F$ ($F \not\equiv A$). $G$ es el punto medio del arco más grande de $BC$. $GF \cap \bigcirc(B, C, D) = {H}$ ($GH < GF$). Demostrar que la excéntrica de $A$ en $\triangle ABC$, el punto medio de la $BC$ e $H$ son colineales.

Deje que el punto medio de la $BC$ y la excéntrica de $A$ en $\triangle ABC$ , respectivamente, $I$ e $K$.

Lo que estoy tratando de demostrar es que $HI \parallel AE$ e $HK \parallel AF$. (Quizás $EFIH$ e $AFKH$ son paralelogramos.) Pero yo no sé exactamente cómo.

Answer 1

Extender $DE$ para cumplir con la circunferencia circunscrita de $BDC$ nuevo en $I$. Por el Poder de un Punto, $DE\times IE=BE\times EC=AE\times EF$, lo $A,D,I,F$ son concyclic. Por lo tanto, $\angle DAF=\angle EIF$.

Ahora, extender SI para cumplir con la circunferencia circunscrita de $ABC$ a $G'$. Construir una línea a través de $G'$ paralelo a $DE$ (es decir, perpendicular a $BC$. Deje esta línea de satisfacer $BC$ a $M$ y de la circunferencia circunscrita de $ABC$ a $N$. Luego tenemos a $\angle FG'N=\angle FID=\angle ADF$ por lo Tanto $AD$ cumple con $G'N$ a $N$. Desde $AD$ cumple con la circunferencia circunscrita $ABC$ en el punto medio del arco $BC$, este punto medio es $N$ y, por tanto, $G'=G$ e $M$ es el punto medio de la $BC$. En esencia, hemos demostrado que $G,F,I$ son colineales.

Ahora, es el momento de limpiar. Vamos a la $A$-excéntrica ser $P$. Entonces es muy bien sabido que $A,D,P$ son colineales y $DP$ es el diámetro del círculo $BDC$. Esto significa que $\angle PID =90^{\circ}$ lo $PI$ es paralelo a $BC$. Por lo tanto arc $BI$ es igual a arc $CP$ en círculo $BDC$. Por lo tanto, $\angle BHI=\angle CHP$. Esto es suficiente para mostrar que $\angle BHI=\angle CHM$.

Pero es igualmente bien conocido que $GB,GC$ son tangentes a la circunferencia circunscrita de $BDHC$. Desde $G,H,I$ colineales, $GH$ es en realidad el $H$-symmedian de $\triangle BHC$. Por lo tanto, $\angle BHI=\angle CHM$ y hemos terminado.