Problema de estilo de competencia alrededor de 1992

Question

Se nos ha dado un triángulo $ABC$.

De las agujas del reloj, vamos a $B_1$ $B_2$ ser distintos puntos en el segmento $AC$ ($B_1$ se entre $A$$B_2$), deje $A_1$ $A_2$ ser distintos puntos en el segmento $CB$ ($A_1$ se entre $C$$A_2$), y finalmente dejó $C_1$ y $C_2$ ser distintos puntos en el segmento $AB$ ($C_1$ se entre $B$$C_2$).

El circumcircles de triángulos $CB_1A_1$ $CB_2A_2$ se cruzan en $C_3 \neq C$.

El circumcircles de triángulos $BA_1C_1$ $BA_2C_2$ se cruzan en $B_3 \neq B$.

El circumcircles de triángulos $AB_1C_1$ $AB_2C_2$ se cruzan en $A_3 \neq A$.

Demostrar que las líneas de $AA_3$, $BB_3$ y $CC_3$ tienen un punto en común.

Answer 1

Considere la posibilidad de la región cerca de vértice $A$. (Punto de $B$ sobre ray $AC_2$ y el punto de $C$ sobre ray $AB_1$ no aparece en la foto.)

$\square AB_1A_3C_1$ es cíclico, por lo que los ángulos opuestos $\angle B_1$ $\angle C_1$ son suplementarios; en consecuencia, $\angle B_1 \cong \angle A_3 C_1 C_2$ (el último, al ser un suplemento de $\angle C_1$). Asimismo, $\angle C_2 \cong \angle A_3 B_2 B_1$.

Por el Ángulo-Ángulo de Similitud Teorema, tenemos que $\triangle A_3 B_1 B_2 \sim \triangle A_3 C_1 C_2$, y podemos deducir que las "bases" ( $B_1B_2$ $C_1C_2$ ) y las correspondientes "altitudes" ( $A_3P$ $A_3Q$ ) de estos triángulos tienen longitudes proporcional; pero tenga en cuenta que a esas altitudes están directamente relacionados con los ángulos en que $\angle A$ ha sido dividido. Por lo tanto,

$$\frac{|B_1B_2|}{|C_1C_2|} = \frac{|A_3P|}{|A_3Q|} = \frac{|AA_3|\sin\angle A_3AB_1}{|AA_3|\sin\angle A_3AC_2} = \frac{\sin\angle A_3AC}{\sin\angle A_3AB}$$

Igualmente para el vértice $B$ y el vértice $C$, por lo que el trigonométricas forma de Ceva del Teorema se cumple:

$$ \frac{\sin\ángulo A_3AC}{\sin\ángulo A_3AB} \; \frac{\sin\ángulo B_3BA}{\sin\ángulo B_3BC} \; \frac{\sin\ángulo C_3CB}{\sin\ángulo C_3CA} \; = \; \frac{|B_1B_2|}{|C_1C_2|} \; \frac{|C_1C_2|}{|A_1A_2|} \; \frac{|A_1A_2|}{|B_1B_2|} \; = \; 1$$

demostrar que las líneas de $AA_3$, $BB_3$, $CC_3$ comparten un punto en común.

Answer 2

Aquí está mi solución original a la hora de crear el problema.

Centrarse en el vértice $C$. Deje $CC_3$ se cruzan $AB$ $C_4$ (uno puede mostrar $C_4$ entre $A$$B$).

Entonces:

$|BC_4|\vec{CA} + |AC_4|\vec{CB} = (|AC_4|+|BC_4|)\vec{CC_4} = |AB|\vec{CC_4}$

desde $C_4$ es el centro de masa de $A$ $B$ pesos $|BC_4|$ $|AC_4|$ respectivamente.

Si se multiplican ambos lados por el diámetro del vector incidente en $C$ $CA_1B_1$'s de la circunferencia circunscrita, y simplificar mediante la eliminación de los cosenos, se obtiene:

$|BC_4||CA||CB_1| + |AC_4||CB||CA_1| = |AB||CC_4||CC_3|$

De forma similar:

$|BC_4||CA||CB_2| + |AC_4||CB||CA_2| = |AB||CC_4||CC_3|$

Por lo tanto:

$|BC_4||CA||CB_1| + |AC_4||CB||CA_1| = |BC_4||CA||CB_2| + |AC_4||CB||CA_2|$

Reescribir anterior como:

$\frac{(|CB_1|-|CB_2|)|CA|}{(|CA_2|-|CA_1|)|CB|} = \frac{|AC_4|}{|BC_4|}$

que los rendimientos (de la manera en que los puntos están ordenados):

$\frac{|B_1B_2||CA|}{|A_1A_2||CB|} = \frac{|AC_4|}{|BC_4|}$

Si definimos $B_4$ $A_4$ en forma similar, el mismo razonamiento se obtiene:

$\frac{|C_1C_2||AB|}{|B_1B_2||CA|} = \frac{|BA_4|}{|CA_4|}$

$\frac{|A_1A_2||CB|}{|C_1C_2||AB|} = \frac{|CB_4|}{|AB_4|}$

Desde el pasado 3 de identidades, llegamos a la conclusión de:

$\frac{|AC_4|}{|BC_4|}\frac{|BA_4|}{|CA_4|}\frac{|CB_4|}{|AB_4|} = \frac{|B_1B_2||CA|}{|A_1A_2||CB|}\frac{|C_1C_2||AB|}{|B_1B_2||CA|}\frac{|A_1A_2||CB|}{|C_1C_2||AB|} = 1$

Por Ceva del teorema se sigue que $AA_4, BB_4, CC_4$ tienen un punto en común.