Un problema geométrico sobre la colinealidad

Question

¿Puede alguien dar una solución sólo con geometría euclidiana a este problema?

Este es el problema:

Si $A$ , $C$ , $E$ son colineales y $B$ , $D$ , $F$ son colineales (como se ve en la imagen) y si $$\frac{CE}{AC}=\frac{DF}{BD}=\lambda$$ demostrar que $M$ , $N$ , $P$ son colineales, donde $M$ , $N$ , $P$ son los puntos medios de los lados $AB$ , $CD$ , $EF$ respectivamente. (La imagen muestra $\lambda=7/3$ .)

Una solución:

Considere $M=(0,0)$ , $A=(-a,0)$ , $B=(a,0)$ . Dejemos que $C=(b,c)$ y $D=(e,g)$ Entonces $N=(\frac12(b+e),\frac12(c+g))$ . Porque $\overrightarrow{CE}=\lambda\overrightarrow{CA}$ tenemos $E=((\lambda+1)b+\lambda a,(\lambda+1)c)$ . Del mismo modo, porque $\overrightarrow{DF}=\lambda \overrightarrow{BD}$ tenemos $F=((\lambda+1)e-\lambda a,(\lambda+1)g)$ . Por lo tanto, $P = ((\lambda+1)(b+e),(\lambda+1)(c+g))$ Así que $\overrightarrow{MP}=(\lambda+1)\overrightarrow{MN}$ , mostrando $M$ , $N$ , $P$ colineal. $\square$

Una solución sólo para $a=b$

Segmento de línea $AB$ y puntos $D$ $F$ en el mismo lado de $AB$ tal que $AD=BF$ Las extensiones de $AD$ y $BF$ se encuentran en un punto $C$ . Dibuja el círculo que pasa por los puntos $A,B,C$ (Llamémoslo $Q$ ) Deja que $M,N$ como los puntos medios del $AB,DF$ respectivamente. $Lemma$ las bisectrices de AB y DF se encuentran respectivamente en un punto $P$ , $P\in(Q)$ :Prueba $($ si la bisectriz perpendicular de $AB$ se encuentra con $Q$ en $P$ los triángulos $ADP$ y $BFP$ son iguales entre sí, $PD=PF$ así que $PN$ es la bisectriz de DF $)$ Dejemos que $PY,PT$ perpendicular a las líneas $AC,BC$ , $T\in(lineAC)$ $Y\in(lineBC)$ . Según el teorema de Simpsons $M,N,Y$ son colineales. Demostraremos que $N\in(MY)\iff{N\in(NY)}\iff{DFCP:inscribable}\iff{\angle{ACB}=\angle{DPF}}\iff{\angle{ACB}=\angle{WPV}}\iff{\stackrel\frown{AW}+\stackrel\frown{WB}=\stackrel\frown{WB}+\stackrel\frown{BV}}\iff{\stackrel\frown{AW}}=\stackrel\frown{BV}\iff{\angle{APD}=\angle{BPF}}$ lo cual es cierto, porque los ángulos de los triángulos iguales son iguales $ADP$ y $BPF$ (Nota: $W=line(PD)\cap{Q}$ , $V=line(PF)\cap{Q}$ . Del mismo modo podríamos demostrar que Por lo tanto todo punto con propiedades similares a las que describió N, pertenecen también a MY, por lo tanto son colineales. $\square$

Answer 1

Dejemos que $A = (0,0), C = (1, 0), E = (1 + \lambda, 0)$ . Dejemos que $B, D, F$ se encuentran en la línea $y = mx + c$ s.t. $B$ se encuentra en $y-$ eje. Por lo tanto, $B = (0,c)$ . Sea $F = (x_0, mx_0 + c)$ . Por lo tanto, $D$ divide la línea $BF$ en la proporción $1 : \lambda$ internamente. Por lo tanto, $D = (\frac{x_0}{1 + \lambda}, \frac{\lambda c + mx_0 + c}{1 + \lambda})$ .

Ahora, $M = \left(0 , \frac c2 \right)$ , $N = \left(\frac{1 + \lambda + x_0}{2(1 + \lambda)}, \frac{mx_0 + c(1 + \lambda)}{2(1 + \lambda)}\right) $ , $P = \left( \frac{1 + \lambda + x_0}{2}, \frac{mx_0 + c}{2} \right)$ .

\begin {align} \text {Área de} \Delta MNP &= \det \begin {bmatrix}0 & \frac {c}{2} & 1 \\ \frac {1 + \lambda +x_0}{2(1 + \lambda )} & \frac {mx_0 + c(1 + \lambda )}{2(1 + \lambda )} & 1 \\ \frac {1 + \lambda + x_0}{2} & \frac {mx_0 + c}{2} & 1 \end {bmatrix} \\ & = 0 \end {align} Por lo tanto, $M, N, P $ son colineales.