Necesitan un poco de ayuda con el siguiente problema.
Problema: En $\triangle ABC$ los puntos medios de $BC$, $AC$, $AB$ se $L, M,$ $N$ respectivamente, y los puntos sobre la circunferencia circunscrita opuesto a $A, B,$ $C$ $A', B',$ $C'$ respectivamente. Demostrar que las líneas de $A'L$, $B'M$, $C'N$ son concurrentes en el ortocentro.
Tipo de en una pérdida sobre cómo iniciar, a pesar de que he intentado usar el poder de un punto y contradicción, sin mucho efecto.
El triángulo $LMN$ es la imagen de $ABC$ por el homothety $h_1$ centrada en el centro de gravedad del triángulo $ABC$ (lo que usted debe agregar a la foto ; vamos a llamar a $G$) y de escalado $-1/2$.
El triángulo $A'B'C'$ es la imagen de $ABC$ por el homothety $h_2$ centrada en $Y$ (el centro del círculo circunscrito de $ABC$) y de escalado $-1$.
Por lo tanto $LMN$ es la imagen de $A'B'C'$$h_1 \circ h_2^{-1}$, una composición de dos homotheties de escalado $-1$$-1/2$, que tiene que ser una homothety de escalado $-1 \times -1/2 = 1/2$. En particular, las líneas de $(A'L), (B'M)$ $(C'N)$ todos pasan por el centro de la $X$ de este homothety.
Pero, ¿qué es el centro de este homothety ? $X$ es fijo por $h_1 \circ h_2^{-1}$, así que pon $X' = h_2^{-1}(X)$, por lo que el $X = h_1(X')$. A continuación, debemos tener $\vec{YX'} = - \vec{YX}$$\vec{GX} = - \frac 1 2 \vec{GX'}$.
Por lo tanto $\vec{GX} = - \frac 1 2 (\vec {GY} - \vec {YX})$, y así $\frac 3 2 \vec{GX} = \vec{YX}$ : $X$ es el baricentro de $(G,3)(Y,-2)$
Entonces es un hecho bien conocido acerca de los triángulos que este punto es el ortocentro del triángulo.
$AXCB'$ Es un paralelogramo con el centro$M$. Este hecho fácil de probar (use$AB' \perp AB$) y sus equivalentes para los otros dos lados muestran que:
La dilatación del plano por un factor de$2$, centrado en$X$, lleva$L,M$ y$N$ a$A', B',$ y$C'$.
Realmente esa dilatación lleva el círculo de nueve puntos de$ABC$ a la circunferencia. Se dibujan seis puntos en la circunferencia y los otros tres son los reflejos de$X$ en los lados del triángulo.
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