Prueba $HH', BB', CC'$ son concurrentes?

Question

El ortocentro de $\triangle ABC$ es $H$ . Dejemos que $B'$ sea un punto de AC y $C'$ sea un punto en AB, tal que $BCB'C'$ es un cuadrilátero cíclico. Sea el ortocentro de $\triangle AB'C'$ sea $H'$ .

Demostrar que las líneas $BB', CC'$ y $HH'$ son concurrentes.

Estoy bastante perdido sobre cómo resolver la cuestión. Sé que $\triangle AB'C'$ es similar a $\triangle ABC$ Pero, ¿cómo puedo aprovechar esto? ¿Alguien puede ayudar? :)

Answer 1

Aquí hay un enfoque que utiliza múltiples aplicaciones de un Teorema de Ceva Extendido que He introducido en una respuesta anterior . El teorema da una condición para la concurrencia de (casi) tres líneas cualesquiera que pasan por las aristas de un triángulo, no sólo las que pasan por los vértices.

Teorema de Ceva extendido. Considere los puntos $D_1$ , $D_2$ , $E_1$ , $E_2$ , $F_1$ , $F_2$ en los bordes (extendidos) de $\triangle ABC$ con cada $D_i$ , $E_i$ , $F_i$ en la arista (extendida) opuesta al vértice $A$ , $B$ , $C$ respectivamente.

Líneas $\overleftrightarrow{D_1E_2}$ , $\overleftrightarrow{E_1F_2}$ , $\overleftrightarrow{F_1D_2}$ coinciden si y sólo si $$\begin{align} 1 &= \frac{|BD_1|}{|D_1C|} \frac{|CE_1|}{|E_1A|} \frac{|AF_1|}{|F_1B|} + \frac{|D_2C|}{|BD_2|} \frac{|E_2A|}{|CE_2|} \frac{|F_2B|}{|AF_2|} \\[6pt] &+ \frac{|BD_1|}{|D_1C|} \frac{|D_2C|}{|BD_2|} + \frac{|CE_1|}{|E_1A|} \frac{|E_2A|}{|CE_2|} + \frac{|AF_1|}{|F_1B|} \frac{|F_2B|}{|AF_2|} \qquad (\star) \end{align}$$

En el escenario actual, podríamos tomar nuestras líneas para ser $\overleftrightarrow{BB^\prime}$ , $\overleftrightarrow{CC^\prime}$ y $\overleftrightarrow{HH^\prime}$ . El último de ellos tendríamos que ampliarlo para dar puntos, digamos $D$ en $\overleftrightarrow{BC}$ y $E$ en $\overleftrightarrow{CA}$ .

La condición de concurrencia correspondiente surge de las sustituciones $$F_2 \to B, \quad E_1 \to B^\prime, \quad D_2 \to C, \quad F_1 \to C^\prime, \quad D_1 \to D, \quad E_2 \to E$$ que reducen $(\star)$ a $$\begin{align} 1 &= \frac{|CB^\prime|}{|B^\prime A|}\;\left(\; \frac{|BD|}{|DC|} \frac{|AC^\prime|}{|C^\prime B|} + \frac{|EA|}{|CE|}\;\right) \qquad (1) \end{align}$$

Como señala OP, $\triangle AB^\prime C^\prime \sim \triangle ACB$ , digamos que con un factor de proporcionalidad $k$ . Esto facilita el cálculo de dos de los ratios:

$$\frac{|CB^\prime|}{|B^\prime A|} = \frac{b - k c }{k c} \qquad\qquad \frac{|AC^\prime|}{|C^\prime B|} = \frac{k b}{c-k b}$$

Las dos relaciones restantes, que llamaremos $$ m := \frac{|BD|}{|DC|} \qquad\qquad n := \frac{|EA|}{|CE|}$$ son un pequeño más difícil de deducir. Se pueden utilizar coordenadas, pero con menos esfuerzo del que se necesita para determinar los puntos $D$ y $E$ de $\overleftrightarrow{HH^\prime}$ y calcular los ratios, se podría simplemente verificar que la intersección de $\overleftrightarrow{BB^\prime}$ y $\overleftrightarrow{CC^\prime}$ se encuentra en $\overleftrightarrow{HH^\prime}$ . También puede haber un argumento geométrico inteligente que aproveche varios triángulos similares, pero quiero probar algo diferente.

En su lugar, aprovecharemos el hecho de que cada $H$ y $H^\prime$ es un punto de concurrencia de $\overleftrightarrow{HH^\prime}$ con otras dos líneas. Esto nos da dos instancias de $(\star)$ con $m$ y $n$ para que podamos resolver para estos valores.

Primero, $H$ es donde $\overleftrightarrow{HH^\prime}$ se encuentra con $\overleftrightarrow{BP}$ y $\overleftrightarrow{CQ}$ . El teorema de Ceva ampliado con las sustituciones $$F_2 \to B, \quad E_1 \to P, \quad D_2 \to C, \quad F_1 \to Q, \quad D_1 \to D, \quad E_2 \to E$$ da $$1 = \frac{|CP|}{|PA|}\;\left(\; m \; \frac{|AQ|}{|QB|} + n\;\right)$$ para que $$1 = \frac{a\cos C}{c\cos A}\;\left(\; m \; \frac{b \cos A}{a \cos B} + n\;\right) = m \; \frac{b \cos C}{c\cos B} + n\;\frac{a \cos C}{c \cos A} \qquad(2)$$

Por otro lado, $H^\prime$ es el punto donde $\overleftrightarrow{HH^\prime}$ se encuentra con $\overleftrightarrow{B^\prime P^\prime}$ y $\overleftrightarrow{C^\prime Q^\prime}$ . Por desgracia, no podemos hacer sustituciones en $(\star)$ utilizando $B^\prime$ , $C^\prime$ , $P^\prime$ , $Q^\prime$ , $D$ , $E$ ya que estos puntos no están en la configuración adecuada en los bordes de $\triangle ABC$ . Para remediarlo, tome $X = \overleftrightarrow{BC}\cap\overleftrightarrow{B^\prime P^\prime}$ ; entonces podemos hacer estas sustituciones: $$D_2 \to X, \quad F_1 \to P^\prime, \quad F_2 \to C^\prime, \quad E_1 \to Q^\prime, \quad D_1 \to D, \quad E_2 \to E$$ para conseguir $$\begin{align} 1 &= m\; \frac{|CQ^\prime|}{|Q^\prime A|} \frac{|AP^\prime|}{|P^\prime B|} + n \; \frac{|XC|}{|BX|} \frac{|C^\prime B|}{|AC^\prime|} \\[6pt] &+ m\; \frac{|XC|}{|BX|} + n \; \frac{|CQ^\prime|}{|Q^\prime A|} + \frac{|AP^\prime|}{|P^\prime B|} \frac{|C^\prime B|}{|AC^\prime|} \end{align}$$ para que $$\begin{align} 1 &= m\; \frac{b-kb\cos A}{k b \cos A} \frac{k c \cos A}{c - k c \cos A} - n \; \frac{(c-kc\cos A)/\cos B - a}{(c-kc\cos A)/\cos B} \frac{c - k b}{k b} \\[6pt] &- m\; \frac{(c-kc\cos A)/\cos B - a}{(c-kc\cos A)/\cos B} + n \; \frac{b - k b \cos A}{k b \cos A} + \frac{k c \cos A}{c - k c \cos A} \frac{c - k b}{k b} \end{align}$$

(Obsérvese el cambio de signo con el $|XC|/|BX|$ términos, ya que $\overrightarrow{XC}$ y $\overrightarrow{BX}$ apuntan en direcciones opuestas). Esto se convierte en

$$ k c \cos A \cos C = m\;k b \cos A\cos B + n \; ( c \sin A \sin B - k \cos A ( c \cos C + b \cos B )) \quad (3)$$

Resolver $(2)$ y $(3)$ para $m$ y $n$ da $$ m = \frac{(c - k b ) \cos B}{(b - k c ) \cos C} \qquad\qquad n = \frac{k (b^2-c^2) \cos A}{a ( b - k c )\cos C} $$ y se puede comprobar que estos satisfacen $(1)$ , demostrando la concurrencia de $\overleftrightarrow{BB^\prime}$ , $\overleftrightarrow{CC^\prime}$ , $\overleftrightarrow{HH^\prime}$ . $\square$

Hay que reconocer que los detalles algebraicos se han vuelto un poco más peliagudos de lo que pretendía cuando me embarqué en este viaje. (Se invita al lector a derivar $m$ y $n$ a través de una geometría inteligente, para utilizar $(1)$ más directamente). No obstante, creo que se trata de una aplicación no irrazonable del Teorema de Ceva Ampliado.

Answer 2

Aquí hay una prueba completa en la línea de mis comentarios al OP. La mayor parte es material conocido, pero probablemente no hace daño construirlo desde cero.

En primer lugar, el problema se deriva de la siguiente afirmación:

Teorema 1. Dejemos que $A$ , $B$ , $C$ y $D$ sean cuatro puntos de una circunferencia. Sea $X=AB\cap CD$ y $Y=BC\cap DA$ . (Utilizo la notación $\ell\cap m$ para denotar el punto de intersección de dos líneas $\ell$ y $m$ aunque sería más correcto decir que formalmente más correcto decir que $\ell\cap m$ es un conjunto de un elemento formado por de este punto. También pretendo que todo esté en posición general cuando se necesita, como se suele hacer en este tipo de geometría). Entonces, los ortocentros de los triángulos $XBC$ , $XDA$ , $YAB$ y $YCD$ se encuentran en una línea, y el punto $AC\cap BD$ también se encuentra en esta línea.

Para recuperar el problema original a partir de este teorema, tenemos que aplicarlo a $C$ , $B^{\prime}$ , $C^{\prime}$ , $B$ y $A$ en lugar de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ y $X$ .

El teorema 1 no es la cumbre de la generalidad. De hecho, hay un hecho más conocido que lo generaliza:

Teorema 2. Dejemos que $A$ , $B$ , $C$ y $D$ sean cuatro puntos del plano. Sea $X=AB\cap CD$ y $Y=BC\cap DA$ . Entonces:

(a) Los puntos medios de los segmentos $AC$ , $BD$ y $XY$ se encuentran en una línea.

(b) Los círculos con diámetros $AC$ , $BD$ y $XY$ son coaxiales (es decir sus ejes radicales en pareja coinciden).

(c) Los ortocentros de los triángulos $XBC$ , $XDA$ , $YAB$ y $YCD$ se encuentran todos en el eje radical de dos círculos cualesquiera con diámetros $AC$ , $BD$ y $XY$ .

(d) Si los puntos $A$ , $B$ , $C$ y $D$ se encuentran en un círculo, entonces el punto $AC\cap BD$ también se encuentra en este eje radical.

Está claro que las partes (c) y (d) del Teorema 2, cuando se combinan combinados, dan lugar al Teorema 1. Por lo tanto, sólo queda demostrar el Teorema 2.

Una parte del teorema 2 (no estoy seguro de cuál) se llama teorema de Gauss-Bodenmiller de Gauss-Bodenmiller. Además, la recta construida en el Teorema 2 (a) se conoce como la línea de Gauss-Newton del cuadrilátero completo formado por las líneas $AB$ , $BC$ , $CD$ y $DA$ . El eje radical del Teorema 2 (c) se conoce como la línea de Miquel-Steiner de este cuadrilátero completo. Obsérvese que el Teorema 2 (a) es un enunciado puramente afín (es decir, sólo implica construcciones invariables bajo transformaciones afines como los puntos medios de los segmentos y las intersecciones de las líneas), pero lo demostraremos como efecto secundario de un argumento que involucra a los círculos.

Prueba del teorema 2. Introducimos la notación $\operatorname*{Thal} \left( PQ\right) $ para el círculo con diámetro $PQ$ , donde $P$ y $Q$ son dos puntos cualesquiera. También definimos $\operatorname*{Rad}\left( k,k^{\prime }\right) $ para ser el eje radical de dos círculos $k$ y $k^{\prime}$ . Por último, dejamos que $H_{PQR}$ denotan el ortocentro de cualquier triángulo $PQR$ .

Observamos que los ortocentros $H_{XBC}$ , $H_{XDA}$ , $H_{YAB}$ y $H_{YCD}$ son distintos entre sí cuando $A$ , $B$ , $C$ y $D$ están en posición general. Este nos permite suponer en WLOG que estos cuatro ortocentros son distintos; utilizaremos utilizaremos esta suposición a continuación.

Comencemos por demostrar que $H_{XBC}\in\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ . En efecto, dejemos que $B^{\prime}$ sea el pie de la altitud del triángulo $XBC$ que emana de $B$ . Entonces, $H_{XBC}\in BB^{\prime}$ para que $BB^{\prime }=BH_{XBC}$ . También, $BB^{\prime}\perp XC$ (ya que $B^{\prime}$ es el pie de la altitud de $B$ a $XC$ ), y por tanto $\measuredangle BB^{\prime }D=90^{\circ}$ para que $B^{\prime}\in\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ . También, $BB^{\prime}\perp XC$ produce $\measuredangle BB^{\prime}C=90^{\circ} $ para que $B^{\prime}\in\operatorname*{Thal}\left( BC\right) $ . Desde $B^{\prime}\in\operatorname*{Thal}\left( BC\right) $ y $B^{\prime} \in\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ vemos que los círculos $\operatorname*{Thal}\left( BC\right) $ y $\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ tienen el punto $B^{\prime}$ en común. Como también tienen el punto $B$ en común, esto demuestra que los círculos $\operatorname*{Thal}\left( BC\right) $ y $\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ se cruzan en los dos puntos $B$ y $B^{\prime}$ (aquí WLOG asume que $B$ y $B^{\prime}$ son distintos, lo cual es otra consecuencia de la posición general). Por lo tanto, el eje radical de estos círculos es $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( BC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) =BB^{\prime}=BH_{XBC}$ .

El mismo argumento (pero aplicado a $D$ , $C$ , $B$ y $A$ en lugar de $A$ , $B$ , $C$ y $D$ ) muestra que $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal} \left( CB\right) ,\operatorname*{Thal}\left( CA\right) \right) =CH_{XCB} $ . Desde $\operatorname*{Thal}\left( CB\right) =\operatorname*{Thal}\left( BC\right) $ , $\operatorname*{Thal}\left( CA\right) =\operatorname*{Thal} \left( AC\right) $ y $H_{XCB}=H_{XBC}$ esto se reescribe como $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( BC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( AC\right) \right) =CH_{XBC}$ .

Ahora, el punto $H_{XBC}$ se encuentra en ambas líneas $BH_{XBC}=\operatorname*{Rad} \left( \operatorname*{Thal}\left( BC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ y $CH_{XBC}=\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( BC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( AC\right) \right) $ y estas dos líneas son distintas (ya que $BH_{XBC}\neq CH_{XBC}$ en posición general). Así, $H_{XBC}$ se encuentra en dos de los tres ejes radicales ejes radicales de los tres círculos $\operatorname*{Thal}\left( BC\right) $ , $\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ y $\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ . En consecuencia, $H_{XBC}$ debe ser el centro radical de estos tres círculos, y por lo tanto debe estar en el tercer eje radical también. En otras palabras,

(1) $H_{XBC}\in\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ .

El mismo argumento (aplicado a $B$ , $C$ , $D$ , $A$ , $Y$ y $X$ en lugar de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $X$ y $Y$ ) muestra que

(2) $H_{YCD}\in\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( BD\right) ,\underbrace{\operatorname*{Thal}\left( CA\right) } _{=\operatorname*{Thal}\left( AC\right) }\right) =\operatorname*{Rad} \left( \operatorname*{Thal}\left( BD\right) ,\operatorname*{Thal}\left( AC\right) \right) =\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ .

También, (1) (aplicado a $C$ , $D$ , $A$ y $B$ en lugar de $A$ , $B$ , $C$ y $D$ ) muestra que

(3) $H_{XDA}\in\operatorname*{Rad}\left( \underbrace{\operatorname*{Thal} \left( CA\right) }_{=\operatorname*{Thal}\left( AC\right) } ,\underbrace{\operatorname*{Thal}\left( DB\right) }_{=\operatorname*{Thal} \left( BD\right) }\right) =\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal} \left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ .

Finalmente, (1) (aplicado a $D$ , $A$ , $B$ , $C$ , $Y$ y $X$ en lugar de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $X$ y $Y$ ) muestra que

(4) $H_{YAB}\in\operatorname*{Rad}\left( \underbrace{\operatorname*{Thal} \left( DB\right) }_{=\operatorname*{Thal}\left( BD\right) } ,\operatorname*{Thal}\left( AC\right) \right) =\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( BD\right) ,\operatorname*{Thal}\left( AC\right) \right) =\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ .

Combinando las relaciones (1) , (2) , (3) y (4) concluimos que los ortocentros $H_{XBC}$ , $H_{XDA}$ , $H_{YAB}$ y $H_{YCD}$ todos se encuentran en la línea $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ . Así,

(5) $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ es la línea que pasa por los cuatro puntos $H_{XBC}$ , $H_{XDA}$ , $H_{YAB}$ y $H_{YCD}$ .

(Aquí, utilizamos nuestra suposición WLOG de que estos cuatro puntos son distintos) Aplicando (5) a $X$ , $C$ , $Y$ , $A$ , $D$ y $B$ en lugar de $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $X$ y $Y$ obtenemos:

$\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( XY\right) ,\operatorname*{Thal}\left( CA\right) \right) $ es la línea que pasa por los cuatro puntos $H_{DCY}$ , $H_{DAX}$ , $H_{BXC}$ y $H_{BYA}$ .

Desde $\operatorname*{Thal}\left( CA\right) =\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ , $H_{DCY}=H_{YCD}$ , $H_{DAX}=H_{XDA}$ , $H_{BXC}=H_{XBC}$ y $H_{BYA}=H_{YAB}$ Esto se reescribe de la siguiente manera:

$\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( XY\right) ,\operatorname*{Thal}\left( AC\right) \right) $ es la línea que pasa por los cuatro puntos $H_{YCD}$ , $H_{XDA}$ , $H_{XBC}$ y $H_{YAB}$ .

En otras palabras,

$\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( XY\right) ,\operatorname*{Thal}\left( AC\right) \right) $ es la línea que pasa por los cuatro puntos $H_{XBC}$ , $H_{XDA}$ , $H_{YAB}$ y $H_{YCD}$ .

En comparación con (5) esto da como resultado que $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( XY\right) ,\operatorname*{Thal}\left( AC\right) \right) =\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ .

Ahora, recuerda que si tres círculos $k$ , $k^{\prime}$ y $k^{\prime\prime}$ satisfacer $\operatorname*{Rad}\left( k,k^{\prime}\right) =\operatorname*{Rad} \left( k^{\prime},k^{\prime\prime}\right) $ entonces estos tres círculos son coaxiales. Aplicando esto a $k=\operatorname*{Thal}\left( XY\right) $ , $k^{\prime}=\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ y $k^{\prime\prime }=\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ concluimos que los círculos $\operatorname*{Thal}\left( XY\right) $ , $\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ y $\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ son coaxiales. En otras palabras, los círculos $\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ , $\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ y $\operatorname*{Thal}\left( XY\right) $ son coaxiales. En otras palabras, los círculos con diámetros $AC$ , $BD$ y $XY$ son coaxiales. Esto demuestra el Teorema 2 (b) .

Si tres círculos son coaxiales, entonces sus centros se encuentran en una línea. Por lo tanto, los centros de los círculos con diámetros $AC$ , $BD$ y $XY$ se encuentran en una línea (ya que sabemos que estos círculos son coaxiales). En otras palabras, los puntos medios de los segmentos $AC$ , $BD$ y $XY$ se encuentran en una línea (porque para cualquier $P$ y $Q$ el centro del círculo con diámetro $PQ$ es el punto medio del segmento $PQ$ ). Esto demuestra el Teorema 2 (a) .

Ahora demostremos el Teorema 2 (c) . Tenemos que demostrar que el ortocentros de los triángulos $XBC$ , $XDA$ , $YAB$ y $YCD$ (es decir, los cuatro puntos $H_{XBC}$ , $H_{XDA}$ , $H_{YAB}$ y $H_{YCD}$ ) se encuentran en el eje radical de dos círculos cualesquiera con diámetros $AC$ , $BD$ y $XY$ . Como ya sabemos ya sabemos que todos estos ortocentros se encuentran en la línea $\operatorname*{Rad} \left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ basta con demostrar que la línea $\operatorname*{Rad} \left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ es el eje radical de dos círculos cualesquiera con diámetros $AC$ , $BD$ y $XY$ . En otras palabras, basta con demostrar que la línea $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ es el eje radical de dos círculos cualesquiera dos de los círculos $\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ , $\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ y $\operatorname*{Thal}\left( XY\right) $ . Pero esto se deduce del hecho de que si $k$ , $k^{\prime}$ y $k^{\prime\prime}$ son tres círculos coaxiales, entonces $\operatorname*{Rad}\left( k,k^{\prime}\right) $ es el eje radical de dos círculos cualesquiera $k$ , $k^{\prime}$ y $k^{\prime\prime}$ . (Aplicamos este hecho a $k=\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ , $k^{\prime}=\operatorname*{Thal} \left( BD\right) $ y $k^{\prime\prime}=\operatorname*{Thal}\left( XY\right) $ aquí). Teorema 2 (c) queda así demostrado.

(d) Por último, demostremos el Teorema 2 (d) . Ya sabemos que la línea $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ es el eje radical de dos círculos cualesquiera con diámetros $AC$ , $BD$ y $XY$ . Por lo tanto, para para demostrar el Teorema 2 (d) basta con demostrar que, si los puntos $A$ , $B$ , $C$ y $D$ se encuentran en un círculo, entonces el punto $AC\cap BD$ se encuentra en la línea $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ . Por lo tanto, supongamos suponer que los puntos $A$ , $B$ , $C$ y $D$ se encuentran en un círculo. Sea $\kappa$ denota este círculo. Sea $Z=AC\cap BD$ . Entonces, los dos acordes $AC$ y $BD$ de $\kappa$ se cruzan en $Z$ . Así, $ZA\cdot ZC=ZB\cdot ZD$ (según el teorema de la teorema de las cuerdas de intersección), donde los segmentos son dirigidos.

Pero si $P$ es un punto y $k$ es un círculo, y si una línea que pasa por $P$ se cruza con $k$ en dos puntos $U$ y $V$ , entonces el poder de $P$ con respecto a al círculo $k$ es $PU\cdot PV$ (con segmentos dirigidos). Aplicando esto a $P=Z$ , $k=\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ , $U=A$ y $V=C$ vemos que el poder de $Z$ con respecto al círculo $\operatorname*{Thal}\left( AC\right) $ es $ZA\cdot ZC$ . Del mismo modo, el poder de $Z$ con respecto al círculo $\operatorname*{Thal}\left( BD\right) $ es $ZB\cdot ZD$ . Estas dos potencias son por tanto iguales (ya que $ZA\cdot ZC=ZB\cdot ZD$ ), y por lo tanto $Z$ se encuentra en el eje radical $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ . En otras palabras, el punto $AC\cap BD$ se encuentra en el eje radical $\operatorname*{Rad}\left( \operatorname*{Thal}\left( AC\right) ,\operatorname*{Thal}\left( BD\right) \right) $ (ya que $Z=AC\cap BD$ ). Esto completa la demostración del Teorema 2 (d) .

Nada en las pruebas anteriores depende de la configuración de los puntos, siempre que siempre que sea lo suficientemente genérica; pero no me importaría que alguien hiciera una imagen sin embargo :)

EDITAR: Ver también https://problemsolversparadise.wordpress.com/2012/07/12/on-the-complete-quadrilateral-configurations/ .

Answer 3

No es tan difícil demostrar dicha concurrencia con coordenadas trilineales.

Dejemos que $A=[1,0,0],B=[0,1,0],C=[0,0,1],H=\left[\frac{1}{\cos A},\frac{1}{\cos B}.\frac{1}{\cos C}\right]$ .

Para tener $BCB'C'$ cíclico, debemos tener $\frac{AC'}{AB'}=\frac{AC}{AB}$ Así que..: $$ B'=[b-\lambda c,0,\lambda a],\qquad C'=[c-\lambda b,\lambda a,0],$$ y las coordenadas de las líneas $BB',CC'$ en el espacio dual son: $$ BB'^*=[\lambda a,0,\lambda c-b],\quad CC'^*=[\lambda a,\lambda b-c,0],$$ y: $$ X = BB'\cap CC' = \left[1,\frac{\lambda a}{c-\lambda b},\frac{\lambda a}{b-\lambda c}\right].$$ Por lo tanto, sólo tenemos que calcular las coordenadas trilineales de $H'$ y comprobar que $X\in HH'.$

Tenemos $d\left(H',AB\right)=\frac{1}{\lambda}d(H,AC), d\left(H',AC\right)=\frac{1}{\lambda}d(H,AB)$ Así que..: $$ H'=\left[\cdot,\frac{1}{\lambda\cos C},\frac{1}{\lambda\cos B}\right]=\left[\star,\cos B,\cos C\right],$$ dando que el circuncentro de $ABC$ pertenece a la $AH'$ línea. Por último, sólo tenemos que calcular $d(H',BC)$ para encontrar $\star$ y comprobar que $X\in HH'$ . Esto se deja al lector ya que no es tan interesante, creo que lo interesante de esta respuesta es la técnica mostrada.