Dejar un triángulo $ABC$ a $A$, $AH$ ser la altitud para el lado de la $BC$. Deje $M$ ser un punto arbitrario que se encuentra en $AH$. Dibujar el círculo de $B$ con el radio de $BA$, círculo de $C$ con el radio de $CA$. El círculo de $B$ y el círculo de $C$ respectivamente corte $CM, BM$$P$$Q$. Círculo de $(HPQ)$$BC$$N$. Demostrar que $$\angle AQP+\angle NAP=90^o$$
Aquí es el GeoGebra de archivo de esta imagen.
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Mick
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Las siguientes obras sólo para el caso en particular, cuando el círculo PHNQ pasa a través de Un demasiado.
$\alpha + \gamma = \beta + \gamma$ (ángulos en el mismo segmento)
$= \delta$ (ángulos externos cíclico quad)
$= 90^0$!
Para el caso general, tengo que dar después de un largo período de prueba. Sin embargo, me gustaría compartir algunas de las conclusiones interesantes que pueden ser útiles para aquellos que estén interesados.
(1) Algunos de los colores de los pares de rectas son paralelas. XY debe ser paralela a PB' también, pero que no está demostrada.
(2) PP A M' es cíclico.
(3) Si el Punto T es la perpendicular del punto de XTY y APTP', entonces la cuestión se resuelve.
Mick
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5080
La solución es complicada (y espero que alguien pueda proporcionar más simple). Será subdividido en varias partes. Además, muchas de las construcciones que sean necesarias y, por tanto, descripciones escritas, todos serán omitidos. Espero que la imagen puede mostrar claramente cómo el nuevo o ampliado se dibujan las líneas y los puntos de intersección que se encuentra.
En particular, $C'R$ es producido para el corte de $AB'$$T$. Por los ángulos en el mismo segmento, todo verde marcados ángulos son todos iguales a $c$. Esto significa que $C'T // SB', ∠ARC' = 90^0$$∠ATC' =∠ AB'S$.
El circum-círculo de $AC'T$ es creado (con $C'T$ diámetro). Se puede demostrar que $\angle AC'T = \angle ATC' = 45^0$.
A continuación, añadir un par de líneas más para obtener el siguiente diagrama (pls ignorar los círculos rojos y azules):-
Para obtener el necesario, es suficiente para mostrar que $\angle AXR = 90^0$. Antes de eso, necesitamos un lema con los siguientes supuestos:-
Deje $A$ ser uno de los extremos de la común de acordes ($AC'$) de dos círculos en intersección.
Deje $\phi$ ser el ángulo entre las tangentes en un mismo punto a los dos círculos) a través de $A$.
A través de $A$, se dibuja una línea de corte de los dos círculos en$J$$K$.
Conclusión:- $\angle JC'K = \phi$ . [La prueba es a través de los "ángulos en el segmento alternativo".] Este hecho va a ser utilizado para $\phi = 45^0$; (usando el mismo diagrama).
Que el hecho de que se utiliza de nuevo para $\phi = 90^0$. (Vea el diagrama a continuación).
La incorporación de todo, por fin tenemos la siguiente imagen:-
A partir de la cual, nos encontramos con que $DR // EA$ porque $\lambda = \mu = 45^0$
$\angle AXR = 90^0$ porque $DR // EA$$\angle EAX = 90^0$.
DDK
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Esta es una solución de uno de mis amigos.
Archivo de GeoGebra de esta imagen.
Vamos a tener un coloful diagrama :D
OK, en primer lugar, vamos a $CP$ recorta el círculo $(B)$ a $P'$, $BQ$ corte de $(C)$ a $Q'$ ($P′\not\equiv P;Q′\not\equiv Q$);
$(B)$ $\left(C\right)$ en el 2º punto de $D\implies H$ es punto medio de $AD$
Obtenemos $(CMPP')=(BMQQ')=-1$ (El signo de los Armónicos de Rango)
$\implies BC, PQ, P'Q'$ reunirse en el mismo punto de $J$
La línea a través de $B$, la cual es paralela a$AD$$Q'D$$Q_1$, ¿analógica cosa que determinar el punto de $P_1$.
De acuerdo con el teorema de Menelao tenemos: $\displaystyle\frac{JB}{JC}=\frac{P'M}{P'C}.\frac{Q'B}{Q'M}=\frac{DM}{CP_{1}}.\frac{BQ_{1}}{DM}=\frac{BQ_{1}}{CP_{1}}$
Vamos a probar que $J$ ser ray centro de $(B)$ $\left(C\right)\quad (*)$
En efecto: \begin{align*} (*)\displaystyle & \iff \frac{BQ_{1}}{CP_{1}}=\frac{BD}{CD}\\ &\iff \frac{\sin \angle{BDQ_{1}}}{\sin \angle{Q_{1}}}=\frac{\sin \angle{CDP_{1}}}{\sin \angle{P_{1}}}\\ &\iff \frac{\sin \angle{DAQ'}}{\sin \angle{ADQ'}}=\frac{\sin \angle{DAP'}}{\sin \angle{ADP'}}\\ &\iff \frac{DQ'}{AQ'}=\frac{DP'}{AP'}\left (=\sqrt{\frac{MD}{MA}} \right ) \text{( True )} \end{align*}
Por lo tanto obtenemos $(*)$ cierto.
Obtenemos : $\overline{MP}.\overline{MP'}=\overline{MQ}.\overline{MQ'}\implies P, Q,P',Q'$ será en el mismo círculo.
Por lo tanto, se supone $\overline{JA}^{2}=\overline{JP'}.\overline{JQ'}=\overline{JP}.\overline{JQ}=\overline{JH}.\overline{JN}$
Ahora, usamos el equivalente a cambiar (Esto va a utilizar el resultado de la OMI de 2012)
Tenemos : \begin{align*} &\angle AQP+\angle NAP=90^{\circ}\\ \iff &90^{\circ}-\angle AQP=\angle NAP=\angle QAP-\angle QAN\\ \iff &180^{\circ}-2\angle AQP=2\angle QAP-2\angle QAN\\ \iff &(180^{\circ}-\angle QAP-\angle AQP)-\angle AQP=\angle QAP-2\angle QAN\\ \iff &\angle APQ-\angle AQP=\angle NAP-\angle NAQ\color{red}{\quad(2)} \end{align*}
Deje $E$ ser punto de intersección de $BP$$CQ$. Sabemos que $EP+EQ$ de la OMI (2012), $\implies \angle EQP=\angle EPQ$.
Por lo tanto \begin{align*} (2)&\iff\angle APQ-\angle NAP=\angle AQP-\angle NAQ\\ &\iff\angle APQ+ \angle EPQ -\angle NAP=\angle AQP+\angle EQP-\angle NAQ\\ &\iff\angle CAN=\angle BAN\quad\color{red}{(3)} \end{align*}
Solución 1
Obtenemos $JA\perp AN$
Pero de $(*)$ obtenemos $AJ$ ser la bisectriz externa de $\angle A$ $\triangle ABC$
Por lo tanto, $AN$ ser la bisectriz interna de de $\angle A$ $\triangle ABC$
$\implies $ OK.
Solución 2
Fácilmente nos ha $JA\perp AN$, e $\triangle JAQ$ es de los uniformes de la con $\triangle JPA$ \begin{align*} &\implies \angle APQ=\angle JAQ\\ &\iff \angle APQ +\angle NAQ =90^{\circ }\\ &\iff\angle AQP +\angle NAP =90^{\circ } \end{align*}
Q. E. D
