Demostrando 4 puntos en un círculo.

Question

Notas: He estado trabajando en esta pregunta por un tiempo, y estaba atascado. La pregunta original, ya encontré la respuesta. Pero quería intentar de esta forma, y aquí estoy. Si una pregunta similar fue respondida en otro lugar, por favor enlázala y cierra esta pregunta. De lo contrario, por favor ayúdame a resolver esto

Pregunta original

Sea un rombo $ABCD$. $F$ es un punto aleatorio en $[AD]$.

$G, I, H$ son centros de los incírculos de $\triangle ABF , \triangle DCF, \triangle BCF$.

J es la tangente del incírculo de $\triangle BCF$ con BC.

Demuestra que $JO \perp GI$

Mis intentos

Lo que he estado intentando aquí, he vuelto a resolver el problema a la siguiente propiedad:

Sea $K, L$ puntos en $BO, CO$ tal que $JK \perp BO, JL \perp CO$. Demuestra que $JLIG$ está inscrito en un círculo (es decir, $J,L,I,G$ están en el mismo círculo)

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Podemos demostrar que $JO$ es perpendicular a $GI$ al menos en ciertos casos particulares.

$JO$ es perpendicular a $GI$/">

I. Unimos y extendemos $JO$ para encontrar a $E$, y unimos $CH$, cruzando $JO$ en $L$. Ahora, si el punto $F$ coincide con $A$, entonces dado que $FC$ coincidirá con $AC$, y $FB$ con $AB$, el círculo alrededor de $G$ se reduce a un punto, y los círculos alrededor de $H$ y $I$ serán tangentes entre sí y a la diagonal $AC$ en $O$, como en la figura a continuación. $F$ coincide con $A$"> Y dado que $H$ ahora yace sobre $BD$, es claro por la igualdad y disposición simétrica de los círculos que$$CH\parallel GI$$y por lo tanto en los triángulos $OLH$ y $OEI$ $$\angle LHO=\angle EIO$$Y los ángulos verticales en $O$ también son iguales. Por lo tanto,$$\triangle OLH\sim \triangle OEI$$de modo que$$\angle OLH=\angle OEI$$ Y como $CL$ a través del centro $H$ biseca perpendicularmente a la cuerda $JO$ entre las tangentes, entonces el ángulo $\angle OLH$ es recto, y por lo tanto el ángulo $\angle OEI$ también es recto y$$JO\perp GI$$

II. En el otro extremo, cuando $F$ coincide con $D$, entonces $FB$ coincide con $DB$, y $FC$ con $DC$, el círculo alrededor de $I$ se reduce a un punto, y los círculos iguales alrededor de $H$ y $G$ son tangentes entre sí y a la diagonal $BD$ en $O$, como en la siguiente figura.

$F$ coincide con $D$[3]">

Y si unimos $BH$, cruzando $JO$ en $M$, por el mismo argumento que en el caso anterior es claro que$$\triangle OMH\sim \triangle OEG$$y por lo tanto $JO\perp GI$.

III. Finalmente, tomamos una posición intermedia de $F$ donde $FB=FC$. El punto de tangencia $J$ ahora biseca $BC$, haciendo$$JO\parallel BA$$

Extendemos $JE$ hasta $L$, y unimos $G$ al punto de tangencia en $M$.

$F$ en posición intermedia">

Ahora, dado que$$\triangle JOC\cong\triangle LOA$$y son isósceles, con $LA$ tangente en $M$, entonces $LO$ también es una tangente. Por lo tanto, $GI$ interseca en el punto tangente $E$, y$$JO\perp GI$$

Estos son los dos casos extremos, y solo un caso especial intermedio. Parece que una demostración general tendrá que emplear un principio más profundo.

Editar: El argumento en III.. arriba es incorrecto. $E$ es donde se intersectan $JO$ y $GI$, pero cuando $FB=FC$ en un rombo $JL$ generalmente no es tangente al círculo alrededor de $G$. Por lo tanto, $E$ generalmente no es el punto de tangencia, y no he demostrado que $JO\perp GI$ en este caso particular.