Deje$D,E,F$ ser (respectivamente) las proyecciones de$O$ en$BC,CA,AB$. Pruebalo $\cot{\angle ADB} + \cot{\angle BEC} + \cot{\angle CFA} =0$

Question

Permita que$O$ sea un punto arbitrario ubicado dentro del triángulo$ABC$. Deje$D, E, F$ ser (respectivamente) las proyecciones de$O$ en$BC, CA, AB$. Demuestre que$$\cot{\angle ADB} + \cot{\angle BEC} + \cot{\angle CFA} =0$ $

Answer 1

Esta es una buena pregunta. Estoy suponiendo que todos los ángulos son dirigidos. (Dirigida ángulos modulo $180^\circ$ son suficientes, puesto que en la $\cot$ es periódica con período de $180^\circ$.)

Dirigimos nuestras tres líneas $BC$, $CA$ y $AB$. Todas las distancias a lo largo de estas líneas por lo tanto debe entenderse dirigida distancias. Vamos $X$, $Y$, $Z$ ser los pies de las alturas del triángulo $ABC$ emanan de $A$, $B$, $C$. Vamos $U$, $V$ y $W$ ser los puntos medios de los segmentos $BC$, $CA$, $AB$.

1. Pitágoras en los triángulos rectángulos $ODB$ $ODC$ rendimientos $BO^2 = BD^2 + OD^2$$CO^2 = CD^2 + OD^2$. Restando estas dos igualdades rendimientos $BO^2 - CO^2 = \left(BD^2 + OD^2\right) - \left(CD^2 + OD^2\right) = BD^2 - CD^2$. Del mismo modo, $CO^2 - AO^2 = CE^2 - AE^2$$AO^2 - BO^2 = AF^2 - BF^2$. Sumar los últimos tres igualdades, obtenemos

$\left(BO^2 - CO^2\right) + \left(CO^2 - AO^2\right) + \left(AO^2 - BO^2\right) = \left(BD^2 - CD^2\right) + \left(CE^2 - AE^2\right) + \left(AF^2 - BF^2\right)$.

El lado izquierdo de esta igualdad se simplifica a $0$, y lo que se hace

(1) $0 = \left(BD^2 - CD^2\right) + \left(CE^2 - AE^2\right) + \left(AF^2 - BF^2\right)$.

Esto no es nada nuevo hasta el momento (sólo un conocido de la igualdad, creo que debido a Carnot, que puede ser considerado como un aditivo análogo del teorema de Ceva, o al menos una dirección de la misma).

2. Desde $U$ es el punto medio de la $BC$, $BU = - CU$ (recordar que nuestro longitudes están dirigidos), por lo que el $BU + CU = 0$. Ahora, la adición de las igualdades $BD = BU + UD$$CD = CU + UD$, obtenemos $BD + CD = \left(BU + UD\right) + \left(CU + UD\right) = \underbrace{BU + CU}_{=0} + 2 \cdot UD = 2 \cdot UD$. Ahora,

$BD^2 - CD^2 = \underbrace{\left(BD + CD\right)}_{=2 \cdot UD} \underbrace{\left(BD - CD\right)}_{= BC} = 2 \cdot UD \cdot BC$.

Del mismo modo, $CE^2 - AE^2 = 2 \cdot VE \cdot CA$$AF^2 - BF^2 = 2 \cdot WF \cdot AB$. Utilizando los últimos tres igualdades, podemos reescribir (1) como

$0 = 2 \cdot UD \cdot BC + 2 \cdot VE \cdot CA + 2 \cdot WF \cdot AB$.

Dividiendo esto por $2$, obtenemos

(2) $0 = UD \cdot BC + VE \cdot CA + WF \cdot AB$.

3. Deje $H$ ser el ortocentro del triángulo $ABC$. Entonces, $X$, $Y$, $Z$ son los pies de las perpendiculares desde $H$ a $BC$, $CA$, $AB$. Por lo tanto, podemos aplicar (2) a $H$, $X$, $Y$ y $Z$ en lugar de $O$, $D$, $E$ y $F$, respectivamente. De este modo, obtener

$0 = UX \cdot BC + VY \cdot CA + WZ \cdot AB$.

Restando esta igualdad a partir de (2), obtenemos

$0 = \left(UD \cdot BC + VE \cdot CA + WF \cdot AB\right) - \left(UX \cdot BC + VY \cdot CA + WZ \cdot AB\right)$

$= \underbrace{\left(UD - UX\right)}_{= XD} \cdot BC + \underbrace{\left(VE - VY\right)}_{= YE} \cdot CA + \underbrace{\left(WF - WZ\right)}_{= ZF} \cdot AB$

(3) $= XD \cdot BC + YE \cdot CA + ZF \cdot AB$.

4. Permítanos directa de la línea de $AX$ de tal manera que la rotación de un positivo vector de longitud en la línea de $BC$ $90^\circ$ de las agujas del reloj produce un positivo vector de longitud en la línea de $AX$. Permítanos directa de las líneas de $BY$ $CZ$ igualmente. Deje $\Delta$ ser firmado el área del triángulo $ABC$. Recordemos que el área de un triángulo es igual a la mitad de veces una altitud veces la correspondiente sidelength. Por lo tanto, $\Delta = \dfrac{1}{2} \cdot AX \cdot BC = \dfrac{1}{2} \cdot BY \cdot CA = \dfrac{1}{2} \cdot CZ \cdot AB$. (Este es un honesto igualdad, no sólo una igualdad que se mantiene firme; y la razón de esto es cómo hemos dirigido las líneas $AX$, $BY$ y $CZ$.) De $\Delta = \dfrac{1}{2} \cdot AX \cdot BC$, obtenemos $BC = \dfrac{2 \Delta}{AX}$. Del mismo modo, $CA = \dfrac{2 \Delta}{BY}$$AB = \dfrac{2 \Delta}{CZ}$. Utilizando los últimos tres igualdades, podemos reescribir (3) como

$0 = XD \cdot \dfrac{2 \Delta}{AX} + YE \cdot \dfrac{2 \Delta}{BY} + ZF \cdot \dfrac{2 \Delta}{CZ}$.

Dividiendo esta igualdad por $2 \Delta$ y simplificando, obtenemos

(4) $0 = \dfrac{XD}{AX} + \dfrac{YE}{BY} + \dfrac{ZF}{CZ}$.

Ahora, el ángulo recto del triángulo $AXD$ rendimientos $\dfrac{XD}{AX} = \cot \measuredangle ADX = \cot \measuredangle ADB$. (Estamos utilizando la interacción entre dirigida longitudes y dirigida ángulos de aquí, de nuevo, la forma de cómo hemos dirigido la línea de $AX$ es importante aquí.) Del mismo modo, $\dfrac{YE}{BY} = \cot \measuredangle BEC$$\dfrac{ZF}{CZ} = \cot \measuredangle CFA$. Utilizando los últimos tres igualdades, se puede volver a escribir (4) como

$0 = \cot \measuredangle ADB + \cot \measuredangle BEC + \cot \measuredangle CFA$.

Hecho!

Answer 2

Deje $\angle ADB=\alpha$ $AD', BE'$ ser altitudes. Tomar $BD'=x$, $DD'=y$, $CD=z$. Suponga $x+y+z=a$, (si $a=x+z-y$, se puede seguir de forma similar).

Si $h_a$ es la altitud de $\triangle ABC$$BC$, sabemos que $2h_a (\cot B +\cot C)=a$. Uso en $\triangle ABD$ $\triangle ACD$ le da:

$$\frac{\cot B +\cot\alpha}{\cot C-\cot\alpha}=\frac{BD}{CD}$$

En la simplificando, tenemos: $$\frac{BD\cot C - CD\cot B}{a}=\cot\alpha$$

Por lo tanto, todos los que tenemos que demostrar es: $$\sum\limits_{cyc}BDbc\cot C - CDbc\cot B=0$$ $$\sum\limits_{cyc}BDb\cos C - CDc\cos B=0$$ $$\sum\limits_{cyc}(x+y)(z+y) - xz=ay=0$$

Esto se deduce fácilmente a partir del teorema de Carnot: $$0=\sum_{cyc} (BD^2-CD^2)-(BD'^2-CD'^2)=(x+y)^2-x^2+(y+z)^2-z^2=2ay$$

Por lo tanto, hemos demostrado que la $\sum_{cyc} ay=0$, y hemos terminado. Tenga en cuenta que si decir $AC= CE'+AE-EE'$,$AC\cdot EE'$, tendría un signo negativo, que es la razón por la suma cíclica de las obras.