Pregunta sobre círculo y equilátero triángulos

Question

Deje $ABC$ ser un triángulo. Deje $T$ ser su circunferencia circunscrita y deje $I$ ser su incentro. Deje que el interior bisectrices de $A,B,C$ cumplir $T$ $A',B',C'$ respectivamente. Deje $B'C'$ se cruzan $AA'$$P$$AC$$Q$. Deje $BB'$ se cruzan $AC$$R$. Supongamos que el cuadrilátero $PIRQ$ es un cometa, es decir,$PI=IR$$QP=QR$: cómo probar que el triángulo $ABC$ es un triángulo equilátero?

Answer 1

Llame a $\angle CAA'=a,\angle BCC'=b,\angle CBB'=c$. Vamos a demostrar que $a=b=c$. Primer aviso de que $$\angle PAR= \angle PB'R.$$ Esta es una consecuencia directa del hecho de que $IPQR$ es un cometa. (Por ejemplo el aviso de que $PAQ$ $QRB'$ son congruentes, ya que $PQ=QR$, $\angle QRB'=\angle QPA$ y $\angle PQA=\angle RQB'$.) Esto implica que $ABC$ es isósceles, ya que $a=\angle PAR=\angle PB'R=\angle BCC'=b$. Para concluir sólo tenemos que demostrar que $c=\angle CBB'=\angle ACC'=b$. Ahora note que $$\angle CAB'= \angle CBB'$$ porque son subtendido por el mismo acorde $B'C$. El último paso es aviso de $PQA$ $QRB'$ son triángulos congruentes. Esto implica que $AQ=QB'$ y $AQB'$ es isósceles. De esto podemos deducir que $\angle AB'C'=\angle CAB'$, pero es fácil ver que $ \angle AB'C'=\angle ACC'$, y así $$b=\angle ACC'=\angle AB'C'=\angle CAB'=\angle CBB'=c $$ esa fue la deseada igualdad.

Sé que la notación no es fácil de leer, voy a tratar de mejorarlo.

Answer 2

Pregunta interesante. En primer lugar, tenemos que $A',B',C'$ son los puntos medios de los arcos $BC,AC,AB$$T$, por lo tanto $AA'\perp B'C'$$AP=PI$. Por otra parte, $$ IP = AP = AC'\sin\widehat{AC'P} = 2R\sin\frac{C}{2}\sin\frac{B}{2}. \tag{1}$$ Aplicando el teorema del seno al triángulo $AIR$, entonces el teorema de la bisectriz, obtenemos: $$ \frac{IR}{\sin\frac{A}{2}} = \frac{AR}{\sin\widehat{AIR}} = \frac{\frac{bc}{a+c}}{\sin\frac{\pi-C}{2}}.\tag{2}$$ También tenemos: $$ PQ = AP\tan\frac{A}{2},\qquad AQ=\frac{AP}{\cos\frac{A}{2}}\tag{3}$$ así como: $$ QR = AR-AQ = \frac{bc}{a+c}-\frac{AP}{\cos\frac{A}{2}}. \tag{4}$$

Dado $(1),(2),(3),(4)$, para comprobar que $IP=IR$ junto con $QP=QR$ implican $a=b=c$ es sólo horriblemente tedioso pero no es tan difícil.

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Una alternativa, la solución más rápida. Si $PQRI$ es un cometa, a continuación,$\widehat{QB'R}=\widehat{PAQ}$, por lo tanto $\frac{\widehat{C}}{2}=\frac{\widehat{A}}{2}$$AB=BC$. Por otro lado, dado que el $AA'\perp B'C'$ si $PQRI$ es un cometa, a continuación,$BR\perp AC$, por lo que la bisectriz de un ángulo de $B$ también es la altura relativa a la $AC$ lado, y $B,I,O$ son colineales. Vamos $\theta=\frac{\widehat{A}}{2}=\frac{\widehat{C}}{2}$: $IR=IP$ implica $\frac{b}{2}\tan\theta = AC'\sin(\theta)$ o $R\sin(\widehat{B})\tan\theta = 2R \sin^2(\theta)$, a partir de que $\sin(4\theta)= \sin(2\theta)$$\theta=\frac{\pi}{6}$.