Demostrar $\bigtriangleup FEG $ $\bigtriangleup PBC$ son similares.

Question

$ABCD$ es un cuadrilátero inscrito.

$P$ es un punto en el círculo que $$\angle BPC=\angle BAP+\angle PDC$$

y también $$PE\perp AB $$ $$ PF\perp AD $$ $$ PG\perp DC $$

Demostrar $\bigtriangleup FEG $ $\bigtriangleup PBC$ son similares.

No tengo ninguna idea de cómo probar esto.

Answer 1

Deje $Q$ ser el punto en $BC$ tal que $\widehat{BAP}=\widehat{BPQ}$$\widehat{CDP}=\widehat{CPQ}$.

Desde los cuadriláteros $PEAF,PFDG$ son cíclicos, $$\widehat{EFG}=\widehat{PFE}+\widehat{PFG}=\widehat{PAE}+\widehat{PDG}=\widehat{BPQ}+\widehat{CPQ}=\widehat{BPC},$$

por lo tanto sólo tenemos que demostrar que $\frac{EF}{FG}=\frac{PB}{PC}.$ Desde: $$\frac{EF}{FG}=\frac{PA\sin\widehat{EPF}}{PD\sin\widehat{FPG}}=\frac{PA\sin\widehat{BCD}}{PD\sin\widehat{ABC}}=\frac{PA\cdot BD}{PD\cdot AC}$$ sólo tenemos que probar que: $$\frac{PA\cdot PC\cdot BD}{PD\cdot PB\cdot AC}=1.\tag{1}$$ Esto puede ser visto para ser equivalente a la concurrencia de las líneas de $AB,CD,PQ$. Aplicando el teorema del seno para los triángulos $ABP$ $CDP$ y la explotación de los hechos que $$AC=2R\sin\widehat{ADC}=2R\sin\widehat{ABC},\quad BD=2R\sin\widehat{BAD}=2R\sin\widehat{BCD},$$ where $R$ is the circumradius of $ABCD$, tenemos: $$\frac{PA\cdot PC\cdot BD}{PD\cdot PB\cdot AC}=\frac{\sin\widehat{ABP}\cdot\sin\widehat{QPC}\cdot\sin\widehat{BCD}}{\sin\widehat{PCD}\cdot\sin\widehat{BPQ}\cdot\sin\widehat{ABC}},\tag{2}$$ el Trig-Ceva condición para la concurrencia de $AB,CD,PQ$ con respecto al triángulo $PAB$. Pero esta concurrencia es trivial puesto que la línea a través de $P$ $Q$ es el eje radical de las circumcircles de $ABP$ $CDP$ - que son tangentes en $P$ desde $\widehat{BAP}=\widehat{BPQ}$$\widehat{CDP}=\widehat{CPQ}$.