solución mediante geometría sintética

Question

He conseguido resolver este problema sólo con números complejos pero me gustaría resolverlo con geometría sintética y no puedo. ¿Puede alguien ayudarme a resolver este problema utilizando la geometría sintética?

Dejemos que $ABC$ un triángulo agudo con $AB > AC$ . Dejemos que $O$ su circuncentro y que $D$ el punto medio de $BC$ . El círculo de diámetro $AD$ se cruza de nuevo $AB$ y $AC$ en $E$ y en $F$ respectivamente. Sea $M$ el punto medio de $EF$ . Demostrar que $MD$ es paralelo a $AO$ .

Esta es mi solución. Pero, como escribí arriba, me gustaría resolverlo usando geometría sintética y no puedo.

Fijando el origen del plano en O y los puntos A, B y C en la circunferencia de radio unitario, tenemos que

$ a \bar{a} = 1 \text{;} \ b \bar{b} = 1 \text{;} \ c \bar{c} = 1 $ .

Porque $ D $ es el punto medio de $ BC $ podemos escribir

1) $ d = \dfrac{b + c}{2} $

y porque $ AD $ es el diámetro del nuevo círculo, entonces se dice $ Q $ su punto medio tenemos

2) $ q = \dfrac{a + d}{2} = \dfrac{2a + b + c}{4}$

Dijo $ M_{1} $ la proyección de $ Q $ en $ AB $ entonces

$ m_{1} = \frac{1}{2} \left[ \left( \dfrac{\bar{q} - \bar{a}}{\bar{b} - \bar{a}}\right) (b - a) + a + q \right] $

pero

$\dfrac{1}{\bar{b} - \bar{a}} = \dfrac{1}{\dfrac{1}{b} - \dfrac{1}{a}} = \dfrac{ab}{a – b} $

y así

$ m_{1} = \frac{1}{2} \left[ \bar{q} ab (-1) - \dfrac{ab}{a} (- 1) + a + q \right] \Rightarrow $

$m_{1} = \frac{1}{2} \left( a + b + q - ab\bar{q} \right) $

De la misma manera, dijo $ M_{2} $ la proyección de $ Q $ en $ AC $ tenemos

$ m_{2} = \frac{1}{2} \left[ \dfrac{\bar{q} - \bar{a}}{\bar{c} - \bar{a}} (c - a) + a + q \right] \Rightarrow $

$ m_{2} = \frac{1}{2} \left( a + c + q - ac\bar{q} \right) $

Porque $ Q $ es el centro del nuevo círculo que pasa por $ A \text{,} D \text{,} E \text{,} F $ tenemos que $ M_{1}Q $ son ejes de $ AE $ y que $ M_{2}Q $ en ejes de $ AF $ .

Así que tenemos que $ M_{1} $ es el punto medio de $ AE $ y que $ M_{2} $ es el punto medio de $ AF $ . Así que podemos escribir

$ m_{1} = \dfrac{a + e}{2} \ \Rightarrow \ e = 2m_{1} – a $

y también

$ m_{2} = \dfrac{a + f}{2} \ \Rightarrow \ f = 2m_{2} - a$

El punto $ M $ se define como el punto medio de $ EF $ por lo que tenemos

$ m = \dfrac{e + f}{2} = \dfrac{2m_{1} + 2m_{2} - 2a}{2} = m_{1} + m_{2} - a$

por lo que se sustituye $ m_{1} $ y $ m_{2} $ tenemos

$m = \frac{1}{2} a + \frac{1}{2} c + \frac{1}{2} q + \frac{1}{2} a + \frac{1}{2} b + \frac{1}{2} q - \frac{ab\bar{q}}{2} - \frac{ac\bar{q}}{2} - a \ \Rightarrow $

$m = \dfrac{b + c}{2} + q - a\bar{q} \dfrac{b + c}{2}$

Sabemos, además, que $ \bar{q} $ es:

3) $\bar{q} = \dfrac{2\bar{a} + \bar{b} + \bar{c}}{4} = \frac{1}{4} \left( \frac{2}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} \right) = \dfrac{2bc + ab + ac}{4abc}$

Ahora escribimos la ecuación de la recta paralela que pasa por $D$ en paralelo a $AO$ :

dejar $z$ sea un punto genérico de esta línea es posible escribir

4) $ \dfrac{z - d}{a - 0} = \dfrac{\bar{z} - \bar{d}}{\bar{a} – 0} $

Sustitución de $d$ con la expresión de 1) y teniendo en cuenta que $ \bar {a} = \frac{1}{a} $ obtenemos

5) $z - \dfrac{b + c}{2} = a^{2} \left( \bar{z} - \dfrac{\bar{b} + \bar{c}}{2} \right) = a^{2}\bar{z} - \dfrac{a^{2} (\bar{b} + \bar{c})}{2}$

Si el $ M $ punto pertenece a esta línea, $ m $ debe satisfacer la ecuación 5). Sustituyendo el valor de $ m $ tenemos

$\dfrac{b + c}{2} + q - a \bar{q} \cdot \left( \dfrac{b + c}{2} \right) - \dfrac{b + c}{2} = a^{2}\left( \dfrac{\bar{b} + \bar{c}}{2} + \bar{q} - \bar{a}q \cdot \dfrac{\bar{b} + \bar{c}}{2} \right) - \dfrac{a^{2} (\bar{b} + \bar{c})}{2} \Rightarrow $

$ q - a \bar{q} \cdot \left( \dfrac{b + c}{2} \right) = a^{2}\bar{q} - \dfrac{aq( b + c)}{2bc} \ \Rightarrow $

$ q \left( 1 + \dfrac{ab + ac}{2bc} \right) = \bar{q}a \left( a + \dfrac{b + c}{2} \right)$

Sustituyendo los valores de $ q $ en 2) y el valor de $ \bar{q} $ en 3) tenemos

$ \dfrac{(2a + b + c)(2bc + ab + ac)}{8bc} = \dfrac{a (2bc + ab + ac) (2a + b + c)}{a \cdot 8bc} $

que es, obviamente, una identidad, por lo que $ MD $ es paralelo a $ AO $ como queríamos demostrar.

Answer 1

Pistas:

Construir cuadrados $EDPR$ y $FDQS$ hacia afuera en los lados $ED$ y $FD$ de $\triangle DEF$ . Que la línea $PQ$ intersección de líneas $AB, AC$ en $U, V$ respectivamente.

En primer lugar, demuestre que $MD \perp \operatorname{line} PQ = \operatorname{line}\ UV$ . Por lo tanto, si $l$ es la línea que pasa por $A$ que es paralelo a $MD$ entonces $l \perp \operatorname{line} UV$ .

Utilizando $\triangle DEF \cong \triangle ABC$ (utilice la proporción $AB/AC$ y $\angle A$ ) y $\operatorname{line} DP \parallel \operatorname{line} AB$ demostrar que $\angle AUV = \angle ACB$ . Desde $\angle OAB = \frac\pi 2 - \angle ACB$ , concluyen que $\operatorname{line} AO \perp UV$ .

Así, las líneas $AO$ y $l$ a través de $A$ son ambas perpendiculares a la línea $UV$ lo que implica que $\operatorname{line} AO = l \parallel \operatorname{line} MD$ .

Answer 2

Considerando dos casos en los que sólo se cumple una de las dos condiciones primero dejemos que $ABC$ sea un triángulo agudo pero con $AB=AC$ como en la figura anterior. Dado que $MD$ y $AO$ son colineales, son paralelas en el sentido de que no se cruzan.

A continuación, supongamos que $AB>AC$ pero que el ángulo en $C$ es correcto. Entonces, como $AD$ es el diámetro del círculo menor, $\angle AFD$ tiene razón. Pero $\angle ACB$ también es correcto. Por lo tanto, $F$ y $C$ coinciden, y en el triángulo de la base $EB$ que se encuentra en $AO$ extendida, $$\frac{FM}{ME}=\frac{CD}{DB}$$ haciendo $MD$ de nuevo en paralelo a $AO$ . Como alternativa, mantener $O$ en $\triangle ABC$ para que $\angle ACB$ es agudo, y con $J$ como el punto medio de $AD$ si nos movemos $C$ hacia $A$ hasta $\angle CAB$ es correcto, entonces $CB$ es un diámetro, por lo que $D$ coincide con $O$ y $M$ con $J$ y $H$ . Y como los triángulos $AME$ y $ADB$ son isósceles, entonces $$\angle DME=2\angle MAE$$ y $$\angle CDM=2\angle DBA$$ Pero $\angle DBA=\angle MAE$ . Por lo tanto, $$\angle CDM=\angle DME$$ y $FE$ es paralelo a $CB$ .

Obsérvese que en todos estos casos el ángulo entre $CB$ y $FE$ es igual a $\angle OAD$ entre los diámetros. Esto es claramente $0^o$ en el primer caso, y en el segundo (segunda figura) $\angle EAD$ y $\angle ECD$ en la circunferencia se encuentran en el arco común $ED$ y por lo tanto son iguales. El segundo caso alternativo (tercera figura) es como el primero.

En los casos en los que se cumplen ambas condiciones, es decir, cuando $$\angle ABC<\angle ACB<90^o$$$ EF $, $ BC $ intersect at some point $ G $, with $\angle BGE$ de nuevo igual al ángulo de los diámetros.

En la cuarta figura, los triángulos $GDH$ y $DMH$ tienen el ángulo en $H$ en común.

Y $$\angle GDH=\angle DMH$$ Esto era cierto en el primer caso anterior, en el que $\angle CDM=\angle DME$ .

Y en el segundo caso, segunda cifra, ya que $$\angle DCE=\angle DAE=\angle MDA$$ entonces los triángulos $CDH$ y $DMH$ son similares, lo que hace que $\angle CDH=\angle DMH$ .

En el segundo caso alternativo (tercera figura) de nuevo $\angle CDM=\angle DME$ .

Ya que en el caso general (cuarta figura) $\angle GDH=\angle DMH$ y el ángulo en $H$ se comparte, entonces $$\angle DGH=\angle MDH$$

Pero $\angle DGH$ es igual al ángulo de los diámetros.

Por lo tanto, $$\angle MDH=\angle OAD$$ y $MD$ es paralelo a $AO$ .

[Lo anterior es lo más cercano que tengo a una prueba sintética formal hasta ahora. No estoy seguro de la validez de utilizar casos límite para argumentar el caso general. Se aceptan sugerencias].

Answer 3

Tampoco he podido resolverlo utilizando la geometría sintética. ¿Hay alguien que pueda resolverlo y publicar una solución utilizando métodos de geometría sintética?