deje $ABCD$ ser un rectángulo con $BC=2AB$.Sea E el punto medio del lado BC y P cualquier punto interior de la EA. Sean F y G los pies de las perpendiculares trazadas desde Un BP y de D a CP. Probar que E,F,P,G son concyclic.
He tratado este problema mucho que resolver, pero no podía. Yo no quiero que toda la solución, pero cualquier sugerencia será muy apreciada. Gracias
Tenga en cuenta que $$\frac{|\overline{BF}|}{|\overline{BA}|} = \frac{|\overline{BA}|}{|\overline{BP}|} \quad\to\quad |\overline{BF}||\overline{BP}| = |\overline{BA}|^2 = |\overline{BE}|^2\quad(\star)$$
Deje $\gamma$ ser el círculo a través de $P$, tangente a $\overline{BC}$$E$. El producto $|\overline{BE}|^2$ da el "poder de un punto" para $B$ con respecto al $\gamma$. Desde $(\star)$ muestra que $|\overline{BF}||\overline{BP}|$ da este poder así, y desde $P$$\gamma$, se puede concluir que la $F$$\gamma$, demasiado. Similar razonamiento, basado en el poder de $C$ con respecto al $\gamma$, muestra que $G$ también está en el círculo. $\square$
Utilizando la misma notación, vamos a $H$ ser la intersección de la ampliación de $AF$$DG$. Deje que la coordenada de $P$$(1+p, 1)$.
Es fácil ver que $HFPG$ son concyclic porque $\angle F = \angle G = 90^\circ$, e $PH$ es el diámetro del círculo, independientemente de si $H$ entre $A$$F$. Esto queda demostrado que el $E$ se encuentra en el mismo círculo con $F,P$$G$.
La pendiente de $BP$$\frac1{1+p}$, por lo tanto la línea de $AH$ puede ser escrito como $$y=1-(1+p)x$$
Del mismo modo, la pendiente de $CP$$-\frac1{1-p}$, por lo tanto la línea de $DH$ puede ser escrito como $$y = 1+(1-p)(x-2)$$
La solución para $H$, $$\begin{align*} 1-(1+p)x &= 1+(1-p)(x-2)\\ -(1+p)x &= (1-p)x-2(1-p)\\ x &= 1-p\\ y &= p^2 \end{align*}$$
Si $p=0$, $H$ es lo mismo que $E$. De lo contrario, considerar las laderas de $HE$$PE$, $$m_{A} = \frac{p^2}{(1-p)-1} = -p\\ m_{PE} = \frac{1}{(1+p)-1} = \frac{1}{p}\\ m_{ÉL} \cdot m_{pe} = -1$$
Por lo tanto $HE\perp PE$$\angle HEP = 90^\circ$. Por lo $E$ también cae en el círculo con diámetro de $PH$, junto con $F$$G$.
la prueba no es bonito, pero es todo lo que puedo ver ahora.
fijemos algunas notaciones:
la longitud del rectángulo en $2$ y el ancho de $1.$ $AP = 1 + x, \angle ABP = \alpha $ $\angle DCP = \beta$ $F^\prime, G^\prime$ son los pies de las perpendiculares desde $F$ $G$ $BC.$
usted puede verificar que: $$\tan(\alpha) = 1+x, \tan(\beta) = 1-x, \tan(\alpha+\tan\beta) = {2 \over x^2}.$$
ahora, $BF = \cos(\alpha), BF^\prime = \cos\alpha \sin\alpha, FF^\prime = \cos^2 \alpha, F^\prime E= 1 - \cos\alpha\sin\alpha$ por lo que $$ \tan(\ángulo de BEF) = {\cos^2 \alpha \más de 1 - \cos\alpha \sin \alpha} = {1\over 1+\tan^2\alpha \tan\alpha}= {1 \over 1 + (1+x)^2 -(1+x)} = {1\over1+x+x^2}$$ de la misma manera $$\tan(\angle CEG) = {1 \over 1 - x + x^2}$$
mediante la adición de fórmulas para el bronceado da $$\tan(\angle BEF + \angle CEG) = {2 \over x^2}$$
por lo tanto ahora nos han mostrado $$\angle BEF + \angle CEG = \angle ABF + \angle DCG = \angle FPG $$ this implies that the opposite angles $FPG$ and $FEG$ sum to $180^\circ$ and that makes the quadrilateral $EGPF$ cíclico.
demasiado trigonometría y demasiado poco de geometría.
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