Construcción $\triangle ABC$ de manera tal que su ortocentro ($H$) y el circuncentro ($O$) están en la circunferencia inscrita.
He intentado algo invirtiendo todo WRT de la circunferencia circunscrita, pero no tienen la idea... O desde $O$ $H$ son isogonal conjugados tratando de reflejar ellos WRT lados de los triángulos y encontrar algo, pero nada probado muchas diferentes enfoques... ¿alguien tiene alguna idea de cómo hacer eso?
(Imagen de @Azul, el uso de proporciones calculadas de manera algebraica. (Ver los comentarios, pero ignorar mi no constructibility tonterías.) Puede-o-quizás-no ser útil tener en cuenta que los puntos de $B$, $C$, $O$, $I$, $H$ mentira en un círculo congruente a la circunferencia circunscrita. Específicamente, $O$ es el punto medio de la $\stackrel{\frown}{BC}$ en ese círculo, y $I$ es a su vez el punto medio de la $\stackrel{\frown}{OH}$. Se puede demostrar que esta propiedad es una consecuencia de la $\angle A=60^\circ$ solo. La construcción correspondiente a la condición geométrica que provoca $O$ $H$ a tumbarse en la circunferencia inscrita sigue siendo difícil de alcanzar.)
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Comenzamos por probar las afirmaciones hechas por el Azul en la edición a la pregunta.
Deje $I$ ser el incentre de $ABC$, y deje $R$ ser su circunradio. Desde $O$ $H$ se encuentran dentro del $ABC$, el triángulo debe ser agudo.
La circunferencia inscrita se divide en tres arcos por sus puntos de contacto con los lados de $ABC$. Al menos uno de estos arcos, dice el vértice más cercano a $A$, no contiene ni $O$ ni $H$. Así, cuando los rayos de $AO$ $AH$ cumplir con la circunferencia inscrita en$O$$H$, respectivamente, cada uno de estos rayos es la intersección de la circunferencia inscrita para el segundo tiempo. Por otra parte, como en cualquier triángulo, $AI$ biseca el ángulo $OAH$. De ello se deduce que los puntos de $O$ $H$ son simétricas respecto a $AI$. En particular, $AH = AO = R$.
En cualquier triángulo, $\overrightarrow{AH} = 2\overrightarrow{OA'}$ donde $A'$ es el punto medio de la $BC$. Por lo tanto $OA' = R/2$. Se sigue de esto que $\angle BOC = 120^{\circ}$, de ahí que $\angle BAC = 60^{\circ}$.
Si introducimos $O'$ como en la figura (la reflexión de $O$ a través de $A'$), luego $O$, $B$ y $C$ pertenecen al círculo con un radio de $R$ centrada en $O'$. Desde $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{OO'}$, el cuadrilátero $OAHO'$ es un rombo con el lado de la $R$. En consecuencia, $H$ también pertenece al círculo de $BOC$.
Si $J$ es el punto a mitad de camino a lo largo de arc $OH$ en círculo $BOC$, $BJ$ biseca $\angle OBH$, por lo tanto $J$ se encuentra en $BI$. Del mismo modo, $J$ se encuentra en $CI$. Por lo tanto $J = I$, e $I$ se encuentra en el círculo $BOC$. Desde $AI$ biseca $\angle BAC$, cumple con la circunferencia circunscrita de $ABC$$O'$, que está a medio camino entre el$B$$C$.
Por el contrario, hemos de llevar a cabo una construcción correspondiente a los requisitos anteriores. Empezar con un círculo centrado en $O$ radio $1$. Marca dos puntos de $B$ $C$ sobre el círculo, de modo que $\angle BOC = 120^{\circ}$. Deje $O'$ ser el reflejo de $O$ a través de $BC$. A continuación, $O'$ está en el círculo. Ahora vamos a $I$ ser cualquier punto en el círculo $BOC$, en el mismo lado de la $BC$$O$. (Vamos a especificar $I$ más abajo.) Deje $O'I$$BO'C$$A$. Deje $H$ ser el reflejo de $O$ a través de $O'I$. Luego revertir los argumentos anteriores, nos encontramos con que $H$ es el orthocentre y $I$ el incentre de triángulo $ABC$,$IH = IO$.
La única pregunta que queda es ¿cómo elegir la $I$ en círculo $BOC$, de modo que $IO$ es igual a la inradius de $ABC$. Si dejamos $x$ ser el inradius, a continuación, $x$ es la distancia de $I$ a de la línea de $BC$. También tenemos $IO^2 = (1/2 - x)^2 + 1 - (x+1/2)^2 = 1-2x$. La condición de $OI = x$ es equivalente a $x^2 = 1 - 2x$ o $x = \sqrt{2} - 1$.
Así, la construcción puede ser completado por dejar a $I$ ser un punto de intersección de la circunferencia $BOC$ con un círculo centrado en $O$ radio $\sqrt{2}-1$.
No estoy seguro de cómo motivar a este último paso geométricamente.
Resumen de mi construcción Dados dos puntos $O$$O'$, escribir $R = OO'$. Construir los círculos $K$ $K'$ radio $R$ centrada en$O$$O'$, respectivamente. Deje $B$ $C$ ser los puntos de intersección. Deje $I$ ser un punto de intersección de las $K'$ con el círculo de radio $(\sqrt{2}-1)R$ centrada en $O$. A continuación, vamos a $A$ ser el punto de intersección de las $O'I$$K$.
La alternativa de la construcción (uso de $IA = 2IO$, demostrado por dxiv más abajo) en Lugar de la construcción de $I$, construcción $A$ directamente por la intersección de $K$ con el círculo de radio $(2\sqrt{2} - 1)R$ centrada en $O'$.
Resumen de dxiv de la construcción en la Construcción de un triángulo $AIO$ con $IO= r$, $IA = 2r$, $OA = (\sqrt{2}+1)r$. Deje $K$ ser el círculo centrado en $O$ pasando a través de $A$. Construcción de ángulos de $30^{\circ}$ a cada lado de la $AI$. Deje $B$ $C$ ser las intersecciones con las $K$ de los lados exteriores de estos ángulos.
