Dado un hexágono convexo$ABCDEF$. Todos sus lados son iguales (puede ser irregular). Además, $AD = BE = CF$. ¿Cómo puedo probar que un círculo puede estar inscrito en este hexágono?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Deje $O$ ser el punto de intersección de las diagonales $AD$ $BE$ (ver diagrama a continuación) y el conjunto de $a=OB$, $b=OD$, $d=AD=AE$, $\theta=\angle AOB=\angle DOE$. A continuación, por el coseno de la regla, tenemos: $$ a^2+(d-b)^2-2a(d-b)\cos\theta=b^2+(d-a)^2-2b(d-a)\cos\theta, $$ lo que simplificó la da: $$ (b-a)(1-\cos\theta)=0, \quad\hbox{que es:}\quad a=b. $$ De ello se desprende que $OBC\cong ODC$$OAF\cong OEF$, por lo que $\angle COB\cong \angle COD\cong \angle AOF\cong (\pi-\theta)/2$ y los puntos de $COF$ están alineados.
Repitiendo el mismo argumento de las diagonales $AD$ $CF$ tenemos $OF=a$, $OC=d-a$. De ello se sigue que todos los seis triángulos en el diagrama son congruentes entre ellos y, en particular, todas tienen la misma altitud a partir de su vértice común $O$. Un círculo de centro $O$ y tener que común altitud como el radio será, por tanto, toca todos los seis lados rojos del hexágono.
Observe que si $a\ne d/2$ el hexágono NO es regular. Todos los seis ángulos con vértice en a$O$, sin embargo, son congruentes y, por tanto, miden 60°.
EDIT.
Uno podría demostrar que $a=b$, incluso sin la trigonometría. Triángulos $ABO$ $EDO$ han congruentes entre ellos los ángulos de vértice $O$ y los lados opuestos a ellos. Además, los otros dos lados de cada triángulo tienen la misma diferencia.
Es bien sabido que si dos triángulos tienen la misma base $PQ$ y los ángulos opuestos a $PQ$ tanto congruentes, entonces el tercer vértice de ambos triángulos se encuentra en el arco de un círculo definido habiendo $PQ$ como un acorde.
Por otra parte, si la diferencia de las distancias del tercer vértice de $P$ $Q$ es el mismo para ambos triángulos, entonces, el tercer vértice también deben pertenecer a una hipérbola tener $P$ $Q$ como focos. Este tercer vértice es uno de los dos intersecciones entre el círculo de arco y la hipérbola, y a la vez posible triángulos son congruentes entre ellos.
Futurologist
Puntos
1950
Lema. (1) Diagonal $BE$ es la bisectriz de un ángulo de ambos ángulos $\angle \, ABC$$\angle \, DEF$;
(2) Diagonal $CF$ es la bisectriz de un ángulo de ambos ángulos $\angle \, BCD$$\angle \, EFA$;
(3) Diagonal $AD$ es la bisectriz de un ángulo de ambos ángulos $\angle \, FAB$$\angle \, CDE$;
Por último, las tres diagonales $AD, \, BE$ $CF$ se intersecan en un punto común I.
Prueba. Mira cuadrilátero $ACDF$. Reflejan el punto de $A$ en la línea de $DF$ y deje $A^*$ ser la imagen simétrica de $A$ con respecto al $DF$. Entonces $$ \angle \, DA^*F = \angle \, DAF $$ as well as $FA^* = FA = CD$ and $^*D = AD = CF$. Since $^*D = CF$ and $FA^*=CD$ the quad $FCDA^*$ is a parallelogram and thus $$\angle \,DCF = \angle \, DA^*F = \angle \, DAF$$ Therefore quad $ACDF$ is inscribed in a circle and since $FA = CD$, the quad $ACDF$ is in fact an isosceles trapezoid with $CA$ parallel to $DF$. For that reason, the parallel segments $CA$ and $DF$ have a common orthogonal bisector and since $AB = BC$ and $ED =EF$, the points $B$ and $E$ must lie on that orthogonal bisector, i.e. the line $EF$ is the orthogonal bisector of segments $CA$ and $DF$ simultaneously. However, since triangles $ABC$ and $DEF$ are isosceles, the orthogonal bisector $$ is at the same time the angle bisector of both angles $\ángulo \, ABC$ and $\ángulo \, DEF$. Observe that since the line $$ is the orthogonal bisector of the two parallel sides $CA$ and $DF$ of the isosceles trapezoid $ACDF$ its two diagonals $AD$ and $CF$ intersect in a common point which lies on $$. El resto de la lema sigue de forma análoga.
$$ $$
Completar la prueba: Observar que por el Lema, las líneas de $AD, \, BE,$ $CF$ todos convergen en un punto común, denotamos por a $I$. En consecuencia, por el Lema, $I$ es el común punto de intersección de todas las bisectrices de los ángulos de los ángulos en los vértices del hexágono $ABCDEF$. Por lo tanto, hay un círculo inscrito en el hexágono con punto de $I$ el incentro. Como consecuencia obtenemos que $IA=IC=IE$$IB = ID=IF$.
