Demostrar que $\angle FGH = \angle GDJ$

Question

Deje $FGH$ ser un triángulo con la circunferencia circunscrita $A$ y de la circunferencia inscrita $B$, el último punto de contacto con $J$ lado $GH$. Deje $C$ ser un círculo tangente a los lados $FG$$FH$$A$, y deje $D$ ser el punto donde $C$ $A$ contacto, como se muestra aquí:

Demostrar que $\angle FGH = \angle GDJ$.

Answer 1

Notaciones:

Escribir $a:=GH$, $b:=HF$, $c:=FG$, y $s:=\frac{a+b+c}{2}$. Deje $\Omega$ $\omega$ ser la circunferencia circunscrita y la circunferencia inscrita de $FGH$, respectivamente. El círculo internamente tangente a $FG$, $FH$, y $\Omega$ se denota por a $\Gamma$. Supongamos que $\Gamma$ intersecta $HF$$FG$$P$$Q$, respectivamente. Denotar por $\omega_a$ el excircle opuesto a$F$$FGH$, que afecta a $GH$$T$. Extender $FT$ cumplir $\Omega$$S$. Finalmente, $\theta:=\angle GFD$.

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Prueba:

Deje $i$ ser la inversión en $F$ radio $FP=FQ$. A continuación, $i(\Gamma)=\Gamma$, mientras que el $i(\Omega)$ es la tangente a $\Gamma$ en el punto de $E$ donde $E$ es la segunda intersección entre el$\Gamma$$FD$. Supongamos que $i(\Omega)$ cumple con $HF$$G'$$FG$$H'$. Como $FG'H'$ $FGH$ son triángulos semejantes y $\Gamma$ es el excircle opuesto a$F$$FG'H'$, se deduce que el $$\angle HFS=\angle HFT=\angle H'FE=\angle GFD=\theta\,.$$

En consecuencia, el menor de los arcos $HS$ $GD$ de la circunferencia $\Omega$ sobrepasan el mismo ángulo de $\theta$ en la circunferencia, de modo que sean iguales. Ergo, $HS=GD$. Desde $TH=s-b=JG$ y $$\angle THS=\angle GHS=\angle GFS=\angle HFD=\angle HGD=\angle JGD\,,$$ we conclude that $GDJ$ and $HST$ are congruent triangles. Thence, $$\angle GDJ=\angle HST=\angle HSF=\angle FGH\,.$$

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P. S.:

Se puede demostrar, usando el de Casey Teorema, que el centro de la $\omega$ es el punto medio de la $PQ$. También, uno puede ver que el interior de la bisectriz angular de $\angle FGH$ cumple con la línea de $DP$ a un punto en $\Omega$, en el que la recta tangente a $\ell_b$ es paralelo a $HF$. Asimismo, el interno angular de la bisectriz de $\angle GHF$ cumple con la línea de $DQ$ a un punto en $\Omega$, en el que la recta tangente a $\ell_c$ es paralelo a $FG$. Por último, si $Z$ es el punto de intersección entre la $\ell_b$$\ell_c$, luego $Z$, $F$, $D$ son colineales.

Answer 2

Esto NO es una respuesta pero no es una medida precisa como sea posible re-dibujo de la figura original después de adivinar. Por favor, hágamelo saber si hay alguna mala interpretación.

[Nota: Los diagramas anteriores han sido mal dibujado y por lo tanto, fueron eliminados. La de abajo es la versión más actualizada. Lo siento por dar algunos engañosa info.]

Esta vez Geogebra muestra que los dos mencionados ángulos son realmente iguales.

PS: tal vez el OP puede revelar el origen de la pregunta.

Answer 3

El uso de la Evan Chen mixtilinear de la circunferencia inscrita en el artículo aquí, los resultados llegan a ser trivial.

Voy a cambiar algunas notaciones.

En $\triangle ABC$, vamos a la circunferencia inscrita golpear $BC$ $D$ e las $A$-mixtilinear de la circunferencia inscrita golpear la circunferencia circunscrita de $\triangle ABC$$E$. Demostrar que $\angle DEB = \angle ABC$.

Desde (9) sostiene, tenemos $\angle DTM_A = \angle AFB=180-\angle B - \frac{1}{2}\angle A$ donde $F = AI \cap BC$.

Desde $\angle BTM_A = 180-\frac{1}{2} \angle A$, $$\angle DTB = \angle BTM_A - \angle DTM_A = \angle B = \angle ABC$ $ como se desee.

Answer 4

Las fotos que se hizo con la Cenicienta, la Geometría de la muestra que el problema está indicada correctamente. La respuesta es que, efectivamente,$x=y$. (Por supuesto, una prueba es necesaria).

Diferentes triángulo, los ángulos de nuevo son iguales.

Answer 5

He aquí parte de una solución basada en un comentario de @Azul.

Aquí está la foto que muestra a un par de puntos adicionales y líneas.

Ángulo de equivalencia

Según la sugerencia de @Azul, lo primero que reflejan el punto de $F$ sobre la mediatriz de $\overline{GH}$. A continuación, dibujamos un segmento $\overline{F'D}$. Desde $\overline{F'G} = \overline{FH}$, la ley de los senos dice que $\sin{\angle{x}} = \sin{\angle{y}}$. Puesto que ambos son ángulos interiores de un triángulo, $x < \pi, y < \pi$, lo $y = x$ o $y = \pi -x$.

A continuación, se nos tenga en cuenta que por la ley de los senos, $\sin(\angle{GFH})=\sin(\angle{HDG})$. Ya que ni el ángulo puede ser mayor que $\pi$, $\angle{GFH}=\angle{HDG}$ o $\angle{GFH}=\pi-\angle{HDG}$.

Si se pudiera demostrar que $F'$ $J$ $D$ son colineales, que sería el final de la prueba, pero aún no es obvio para mí la manera de hacerlo.