Una generalización de la línea de Euler

Question

Hoy hemos tenido una clase sobre la recta de Euler y sus diversas generalizaciones/aplicaciones. Una de las tareas que nos han puesto como deberes es la siguiente:

Deje que los agudos $\triangle ABC$ tener altitud $\overline{AD}$ . Dejemos que $P$ y $Q$ sean los puntos medios de los lados $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$ , respectivamente; y dejemos que $X$ y $Y$ sean las proyecciones de $D$ a los lados $\overline{AB}$ y $\overline{AC}$ respectivamente. Líneas $\overleftrightarrow{PY}$ y $\overleftrightarrow{QX}$ se cruzan en el punto $Z$ . Demuestra que la circuncentración $O$ es colineal con $Z$ y $D$ .

Editado por @Blue. El planteamiento original del problema tenía una condición más débil sobre $P$ y $Q$ , a saber: "Que $P$ y $Q$ sean puntos tales, que $|AP|=|PB|$ y $|AQ|=|QC|$ ." Sin embargo, el resultado con esta condición no es cierto en general. He reforzado la condición para que $P$ y $Q$ puntos medios, pero la fuente original podría haber pretendido otra cosa (si no, ¿por qué no llamar simplemente $P$ y $Q$ puntos medios desde el principio).

Esto es supuestamente sólo algo así como una generalización de La línea de Euler y debería ser posible demostrarlo usando métodos similares a los utilizados para demostrar que la recta de Euler siempre existe, sin embargo, estoy teniendo dificultades para demostrar este teorema, ya que no noto ninguna analogía útil. (He conseguido encontrar una demostración analítica de este teorema, pero tiene más de cuatro páginas y se supone que no debemos utilizar esas técnicas).

Imagen de @Blue. (Esto supone la condición de punto medio).

Answer 1

A continuación se muestra una prueba de una ligera generalización de la "versión de Blue" del problema. La ligera generalización es que $\overline{PQ}$ simplemente se supone que es paralela a $\overline{BC}$ la conclusión es que $D$ , $E$ y $Z$ en la figura son colineales.

Recapitulando, estamos asumiendo que:

1. $\triangle ABC$ es un triángulo con una altitud $\overline{AD}$
2. $X = D_b$ , donde " $D_b$ "denota la proyección de $D$ en $\overline {AB}$
3. $Y=D_c$ , donde " $D_c$ "denota la proyección de $D$ en $\overline{AC}$
4. $\overleftrightarrow{PQ}$ es en paralelo a $\overline{BC}$ con $P$ en $\overline{AX}$ y $Q$ en $\overline{AY}$
5. $Z$ es la intersección de $\overline{PY}$ y $\overline{QX}$

Dibuja la línea a través de $P$ perpendicular a $\overline{AB}$ y la línea a través de $Q$ perpendicular a $\overline{AC}$ y que $E$ sea la intersección de esas dos líneas. (En otras palabras, $E_b = P$ y $E_c = Q$ .)

Los puntos de la línea $\overleftrightarrow{DE}$ son los puntos que se pueden escribir en la forma $(1-\lambda)D + \lambda E$ (con $\lambda \in \mathbb{R}$ ). Para todos los $\lambda$ el punto $K = (1-\lambda)D + \lambda E$ satisface \begin{align*} K_b &= (1-\lambda)D_b + \lambda E_b = (1-\lambda)X + \lambda P \\ K_c &= (1-\lambda)D_c + \lambda E_c = (1-\lambda)Y + \lambda Q. \end{align*} La "inversa" también es cierta, en el siguiente sentido: Para cualquier punto $K$ (no necesariamente en $\overleftrightarrow{DE}$ ), dejemos que $\lambda_b(K)$ sea el número único $\lambda_b$ tal que $K_b = (1-\lambda_b)X + \lambda_b P$ y que $\lambda_c(K)$ sea el número único $\lambda_c$ tal que $K_c = (1-\lambda_c)Y + \lambda_c Q$ Entonces $\overleftrightarrow{DE}$ es el lugar de los puntos $K$ para lo cual $\lambda_b(K) = \lambda_c(K)$ .

(Se puede pensar en $(\lambda_b, \lambda_c)$ como un extraño sistema de coordenadas oblicuas para el plano).

Ah, sí, ¿y qué queríamos demostrar?

Reclamación: $Z$ se encuentra en $\overleftrightarrow{DE}$ .

Caso especial (corolario): En el caso de que $P$ es el punto medio de $\overline{AB}$ y $Q$ es el punto medio de $\overline{AC}$ el punto $E$ es de hecho el circuncentro $O$ . Por lo tanto, la conclusión es que $Z$ debe estar en línea $\overleftrightarrow{DO}$ .

Prueba de la reclamación:

Utilice los ángulos rectos en $X$ , $D$ y $Y$ para demostrar que $\angle ADX = \angle B = \beta$ y $\angle ADY = \angle C = \gamma$ .

Desde $\angle AXD$ y $\angle AYD$ suman $180^{\circ}$ el cuadrilátero $AXDY$ es un cuadrilátero cíclico. Esto implica que $\angle AYX = \angle ADX$ y $\angle AXY = ADY$ .

Ahora conocemos los ángulos de los cuatro vértices del cuadrilátero $XYQP$ : $\angle X = \gamma$ y $\angle Y = \beta$ de lo anterior, y $\angle Q = 180^{\circ}-\gamma$ y $\angle P = 180^{\circ}-\beta$ desde $\overline{PQ}$ es paralelo a $\overline{BC}$ .

Estos ángulos muestran que $XYQP$ es un cuadrilátero cíclico. En particular, esto significa que $\triangle PZX$ y $\triangle QZY$ son similares. Los triángulos similares implican que $\lambda_b(Z) = \lambda_c(Z)$ .

De la discusión anterior, concluimos que $Z$ se encuentra en $\overleftrightarrow{DE}$ .

(Observación: El centro del círculo que pasa por $X$ , $Y$ , $Q$ y $P$ también se encuentra en $\overleftrightarrow{DE}$ ya que tiene $\lambda_b = \lambda_c = 1/2$ .)

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Pero espera, ¿qué tiene que ver con la línea de Euler?

Uhhhh... nada realmente, por lo que puedo decir. En mi opinión, la línea de Euler tiene que ver con el truco de usar una dilatación por un factor de $-2$ centrado en el centroide. Este problema no parece implicar esa idea en absoluto. En mi prueba aquí, el esquema era que $\overleftrightarrow{DE}$ se caracteriza por " $\lambda_b = \lambda_c$ ", y $Z$ tiene esa propiedad. Por supuesto, no sé qué prueba de la existencia de la línea de Euler es la que tienes en mente, pero personalmente no veo ninguna analogía útil.

Answer 2

Aquí hay una prueba de coordenadas de la generalización que hice a la generalización de @echinodermata. (Lo sé: Las coordenadas no son la técnica preferida. Sin embargo, los aspectos trigonométricos de los resultados pueden sugerir una ruta hacia una solución puramente geométrica).

Supongamos que $\overleftrightarrow{OR}$ biseca ambos $\angle POQ$ y $\angle DOE$ . Sea $D^\prime$ y $E^\prime$ sean proyecciones sobre $\overleftrightarrow{OP}$ de $D$ y $E$ respectivamente; asimismo, dejemos que $D^{\prime\prime}$ y $E^{\prime\prime}$ sean proyecciones sobre $\overleftrightarrow{OQ}$ . Si $\overleftrightarrow{D^\prime E^{\prime\prime}}$ y $\overleftrightarrow{D^{\prime\prime}E^\prime}$ se reúnen en $F$ entonces $D$ , $E$ , $F$ son colineales. (Si las líneas son paralelas, podemos tomar $F$ para ser el "punto en el infinito", y el resultado se mantiene).

Prueba. Definir $$\theta := \angle POR = \angle QOR \qquad \phi := \angle DOR = \angle EOR \qquad d := |\overline{OD}| \qquad e := |\overline{OE}|$$ (donde, en todo momento, podríamos permitir que los ángulos y las longitudes fueran negativos) para que $$\frac{|\overline{OD^\prime}|}{d} = \cos(\theta-\phi) = \frac{|\overline{OE^{\prime\prime}} |}{e} \qquad \frac{|\overline{OD^{\prime\prime}}|}{d} = \cos(\theta+\phi) = \frac{|\overline{OE^{\prime}} |}{e}$$

(Para aquellos que buscan una solución geométrica, quizás valga la pena señalar que $\triangle D^\prime O E^{\prime\prime} \sim \triangle D^{\prime\prime} O E^\prime$ por lo tanto, también, $\triangle D^\prime F E^\prime \sim \triangle D^{\prime\prime} F E^{\prime\prime}$ .)

Coordinar, con $O$ en el origen, y $R$ a lo largo del positivo $x$ -eje, y escribiendo $\operatorname{cis}\theta$ para $(\cos\theta,\sin\theta)$ tenemos $$D = d\operatorname{cis}(\phantom{-}\phi) \qquad D^\prime = d\cos(\theta-\phi)\operatorname{cis}\theta \qquad D^{\prime\prime} = d\cos(\theta+\phi)\operatorname{cis}(-\theta)$$ $$E = e\operatorname{cis}(-\phi) \qquad E^\prime = e\cos(\theta+\phi)\operatorname{cis}\theta \qquad E^{\prime\prime} = e\cos(\theta-\phi)\operatorname{cis}(-\theta)$$

(Vemos aquí que debemos rechazar $\cos(\theta\pm\phi)=0$ para que $\overleftrightarrow{D^\prime E^{\prime\prime}}$ y $\overleftrightarrow{D^{\prime\prime} E^\prime}$ están definidos). Las ecuaciones de la línea correspondiente son fáciles de derivar: $$\begin{align} \overleftrightarrow{DE}&: \quad x (d+e) \sin\phi - y (d-e)\cos\phi = 2 d e \sin\phi \cos\phi \\[6pt] \overleftrightarrow{D^\prime E^{\prime\prime}}&: \quad x (d+e) \sin\theta - y (d-e) \cos\theta = 2 d e \cos(\theta-\phi) \sin\theta\cos\theta \\[6pt] \overleftrightarrow{D^{\prime\prime} E^\prime}&: \quad x (d+e) \sin\theta + y (d-e) \cos\theta = 2 d e \cos(\theta + \phi) \sin\theta\cos\theta \end{align}$$

Si $d\pm e = 0$ las dos últimas líneas son paralelas, dando el "punto en el infinito" para $F$ . De lo contrario, podemos resolver para obtener $$F = 2 d e\,\left( \frac{\cos^2\theta \cos\phi}{d + e}, - \frac{ \sin^2\theta \sin\phi}{ d - e }\right)$$ que evidentemente satisface la ecuación de $\overleftrightarrow{DE}$ . $\square$

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Para relacionar esto con la pregunta original, observamos que, en $\triangle ABC$ la altitud de $A$ y la línea que une $A$ al circuncentro, son reflexiones entre sí en la bisectriz de $\angle A$ . Los puntos $P$ , $Q$ , $X$ , $Y$ hay proyecciones del pie de altitud y del circuncentro, al igual que aquí, puntos $D^\prime$ , $D^{\prime\prime}$ , $E^\prime$ , $E^{\prime\prime}$ son proyecciones de $D$ y $E$ . Y, por supuesto, la pregunta es $Z$ corresponde a $F$ aquí.

Answer 3

Solución sintética: Sea M,P,N el punto medio de OD,OA,AD. Porque P,N es centro de AEOF,AHDG y MN,MP perp a GH,EF entonces M es centro de EFGH. HM, GM corta a (M) en K, L entonces por Pascal M,O,Z es colineal por lo que es D,O,Z