¿Son las líneas que pasan respectivamente por los vértices $A,B,C$ e Incentro, circuncentro y ortocentro de $\Delta ABC$ concurrentes?

Question

Demostrar que las líneas a través de las $A$ y el incentro de $\Delta ABC $ $B$ y el circuncentro de $\Delta ABC$, y a través de $C$ y el ortocentro de $\Delta ABC $ son concurrentes si y sólo si $\cos^{2} A =\cos B \cdot \cos C $.

Mi intento:

Por Ceva del Teorema tenemos que $\cfrac {AP \cdot CQ \cdot BR}{PC \cdot BQ \cdot AR}=1$,que puede ser reordenado en la forma $\cos^2 A=\left(\cfrac {AP \cdot CQ \cdot BR}{PC \cdot BQ \cdot AC}\right)^2$, desde que he tratado de resolver el problema de trabajar en estas dos direcciones:

1)Muestran que $\left(\cfrac {AP \cdot CQ \cdot BR}{PC \cdot BQ \cdot AC}\right)^2=\cos B \cdot \cos C$

2) Ya tenemos también que $\cos^2 A = \left( \cfrac {AR}{AC} \right)^2 $, tenemos que demostrar que $\cos B \cdot \cos C = \left ( \cfrac {AR}{AC} \right)^2 $

He trabajado más en la segunda línea, ya que parece más sencillo y eso es lo que yo era capaz de hacer hasta ahora:

Dado que el$ \cos B = \cfrac {BR}{RC} $$\cos C =\cfrac {BC^2 +AC^2-AB^2}{2AC \cdot BC} $, la que tengo en la final (después de algunas manipulaciones algebraicas):

$AC^2 +CB^2-AB^2 =\cfrac {2AR ^2 \cdot BC^2}{AC \cdot BR}$ y que es donde mi lápida. No sé cómo simplificar esta más lejos, no sé si es que vale la pena ni para simplificar dado que esto podría ser el camino equivocado...

Sé que no estoy llegando a una solución, ya que no estoy usando el hecho de que $BP$ pasa por el circuncentro $K$ $\Delta ABC$ y que obviamente es un punto clave en la resolución del problema, pero no sé cómo usar esta información.

Editar: He intentado lo siguiente: Deje $J$ ser el punto de intersección de las líneas de $BP$ (esta línea pasa a través de la circumenter $K$) y de la línea de $CO$ (donde $O$ es el orthocentre ) ,así que ahora lo que tengo que hacer es demostrar que $A,J,Q$ son colineales,es decir, tengo que demostrar que $$\cfrac{AP \cdot CQ \cdot BJ}{BQ \cdot AC \cdot PJ}=1 \tag 1$$ . Aplicando el Teorema de la Bisectriz de un Ángulo a $A$ me parece $\cfrac{CQ}{BQ}=\cfrac { AC}{AB}$ a partir de la cual tengo la siguiente : $$ \cos^2 A = \left ( \cfrac {PJ \cdot BQ \cdot CQ}{BJ \cdot AP} \right)^2 $$ Since we know that $\cos B = \cfrac{BR}{BC}$, así que tengo que probar $$ \cos C = \left (\cfrac { PJ \cdot BQ \cdot CQ}{BJ \cdot AP} \right)^2 \cdot \cfrac {BC}{BR}$ $ , pero hasta ahora yo era incapaz de hacer eso.

Cualquier sugerencia ,la solución es apreciado.

*Sólo geométricas métodos,por favor.

Answer 1

Voy a estar usando el estándar habitual de la notación para los elementos de $\triangle ABC$.

Para resolver este problema necesitamos sólo para encontrar los coeficientes de ${QB\over QC},{PA\over PC} $ ${RA\over RB} $ en términos de los elementos.

Simplemente aplicamos el Teorema de la Bisectriz de un Ángulo en $\triangle ABC$ para obtener nuestra primera relación: $${QB\over QC}={c\over b}\tag{i}$$

Ahora sólo se aplican simple trigonometría de los triángulos $\triangle RBC$ $\triangle RAC$ para obtener la segunda relación: $${RA\over RB}={b\cos A\over a\cos B}\tag{ii}$$

Para la tercera relación que usted tiene que hacer algún trabajo. Aplicar la Ley de los senos en los triángulos $\triangle BPA$ $\triangle BPC$ y obtener la relación: $\dfrac{PA}{PC}=\dfrac{\sin C}{\sin A}\cdot\dfrac{\sin \angle ABP}{\sin \angle CBP}\tag{iii}$

Luego de observar que los $2R\cos\angle ABP=c$$2R\cos\angle CBP=a$. Esto finalmente nos proporcionan la tercera relación : $${PA\over PC}={\sin 2C\over \sin 2A} \tag{iv} $$

Ahora sólo hay que aplicar Ceva del thoerem y usted va a obtener directamente el resultado.

NOTA: puede Que necesite utilizar la fórmula $2R\sin X=x$ donde $X\in\{A,B,C\}$ $x\in\{a,b,c\}$

EDIT: Ya $2R\cos\angle ABP=c$ $2R\cos\angle CBP=a$ tenemos $${\sin\angle ABP\over \sin\angle CBP}={\sqrt{4R^2-c^2}\over \sqrt{4R^2-a^2}}={\cos C\over\cos A }\tag{v}$$

Aplicar (v) en (iii) para obtener (iv)