Problema de geometría de triángulos y círculos

Question

He descubierto algo usando Geogebra y estoy seguro de que es cierto. He tratado de probar y mi solución funciona pero es extremadamente enrevesada. Espero que alguien pueda proporcionar una prueba sencilla de lo siguiente:

Triángulo dado $ABC$ con altitudes $BB'$ y $CC'$ ortecentro $H$ . Sean las circunferencias de $B'HC'$ y $BHC$ se cruzan de nuevo en el punto $X$ . Sea $AX$ golpear $BC$ en un punto $M$ .

Demostrar que $M$ es el punto medio del lado $BC$ .

Answer 1

Tenemos que la circunferencia de $B'HC'$ pasa por $A$ y la circunferencia de $BHC$ pasa por $A''$ el simétrico de $A$ con respecto al punto medio de $BC$ . Además, $B,C,B',C'$ son puntos cíclicos, por lo que si $Y=BC\cap B'C'$ tenemos que $HX$ , es decir, el eje radical, pasa por $Y$ (esto no es crucial para nuestra prueba, pero creo que vale la pena notarlo). Como el centro de la circunferencia de $B'H C'$ es el punto medio de $AH$ y el centro de la circunferencia de $BHC$ es el punto medio de $AH''$ el eje radical es perpendicular a $AA''$ .

Desde $\widehat{HXA}=\widehat{HB'A}=\frac{\pi}{2}$ , $AX\perp HX$ Así que $AX\cap BC=AA'\cap BC$ y la reclamación está probada.

Answer 2

Construcción: Extender AM para cortar el círculo BXHC en P. Unir BP y unir CP.

$\beta$ es el ángulo exterior del cuadrilátero cíclico $PCHX$ . Por lo tanto, $\alpha = \beta$ .

$\gamma = \beta$ porque son los ángulos del mismo segmento del cuadrilátero cíclico $AHXC’$ .

$\alpha = \gamma$ implica $AB // CP$ .

De la misma manera, $\theta = \delta$ implica $BP // AC$

Por lo tanto, $ABPC$ es un //gm. Esto significa que $BM = MC$