¿Cómo probar esta pregunta de geometría en cuadrilátero y círculos?

Question

En el cuadrilátero$ABCD$,$AC$ y$BD$ cruzado en el punto$E$. El círculo$O$ pasa por$A, D$ y$E$ y su centro es$O$. $P, Q, R$ son el punto medio de$AB$,$BC$ y$CD$, respectivamente. El círculo$O_2$ pasa por$P, Q$, y$R$, y cruza$BC$ en$F$.

Demuestre:$OF$ es perpendicular a$BC$.

Answer 1

Basta probar que$$ BO^2 - CO^2 = BF^2 - CF^2. \etiqueta{1} $$ Indicar el radio de la circunferencia $ADE$$r$. El poder de punto de $B$ con respecto al círculo de $ADE$ es$$ BO^2 - r^2 = SER \cdot BD, $$ y el poder de punto de $C$ con respecto al círculo de $ADE$ es$$ CO^2 - r^2 = CE \cdot CA, $$ también $BD = 2 QR$, $CA = 2 QP$, por lo tanto$$ BO^2 - CO^2 = SER \cdot BD - CE \cdot CA = 2 (\cdot QR - CE \cdot QP). \etiqueta{2} $$

Debido a $P, F, Q, R$ son concyclic y $BD$ $QR$ son paralelas, entonces$$ ∠FPR = ∠CQR = ∠EBC. $$ De forma análoga,$$ ∠FRP = ∠BQP = ∠BCE. $$ Por lo tanto,$$ △AC \sim △PRF, $$ lo que implica$$ \frac{BE}{PF} = \frac{CE}{RF} = \frac{BC}{PR}, $$ o$$ SER = PF \cdot \frac{BC}{PR}, \quad CE = RF \cdot \frac{BC}{PR}. \etiqueta{3} $$

Ahora, hay dos casos, con respecto a las posiciones relativas de las $F$$Q$.

Caso 1: Si el segmento de $PQ$ $FR$ intersectan, entonces$$ BF^2 - CF^2 = (BF + CF)(BF - CF) = BC \cdot (-2QF) = -2BC \cdot QF. \etiqueta{4} $$

Por lo tanto,\begin{align*} (1) &\stackrel{(2)(4)}{\Longleftrightarrow} BE \cdot QR - CE \cdot QP = -BC \cdot QF\\ &\stackrel{(3)}{\Longleftrightarrow} PF \cdot \frac{BC}{PR} \cdot QR - RF \cdot \frac{BC}{PR} \cdot QP = -BC \cdot QF\\ &\Longleftrightarrow PF \cdot QR - RF \cdot QP = -PR \cdot QF\\ &\Longleftrightarrow PF \cdot QR + PR \cdot QF = RF \cdot QP, \end{align*} y la última igualdad se mantiene debido a Ptolomeo del teorema.

Por lo tanto (1) se mantiene, lo que implica $OF⊥BC$.

Caso 2: Si el segmento de $PQ$ $FR$ no se intersecan, entonces$$ BF^2 - CF^2 = (BF + CF)(BF - CF) = BC \cdot 2QF = 2BC \cdot QF. \etiqueta{4'} $$

Por lo tanto,\begin{align*} (1) &\stackrel{(2)(4)}{\Longleftrightarrow} BE \cdot QR - CE \cdot QP = BC \cdot QF\\ &\stackrel{(3)}{\Longleftrightarrow} PF \cdot \frac{BC}{PR} \cdot QR - RF \cdot \frac{BC}{PR} \cdot QP = BC \cdot QF\\ &\Longleftrightarrow PF \cdot QR - RF \cdot QP = PR \cdot QF\\ &\Longleftrightarrow RF \cdot QP + PR \cdot QF = PF \cdot QR, \end{align*} y la última igualdad se mantiene debido a Ptolomeo del teorema.

Por lo tanto (1) se mantiene, lo que implica $OF⊥BC$.

Answer 2

Dejar un triángulo $\triangle{TBC}$; en la elección de los lados $\overline{TB}$$\overline{TC}$$A$$D$, respectivamente, se determina un (convexo) cuadrilátero $ABCD$. Tomar $B(0,0)$, $C(2c,0)$, $A(2a_1,2a_2)$ y $D(2d_1,2d_2)$, de modo que $P(a_1,a_2)$,$Q(c,0)$, $R(d_1+c,d_2)$.

Punto de $E$ no es arbitraria, es la intersección de las líneas de $\overline{AC}$$\overline{BD}$.

Ahora la verificación de la propiedad es directa pero tedioso como sigue:

(1) Calcular la abscisa $x_O$ de la circuncentro del triángulo $\triangle{AED}$.

(2) Calcular la circunferencia circunscrita del triángulo $\triangle{PQR}$; deje $(x-\alpha)^2+(y-\beta)^2=r^2$ de su ecuación (donde $(\alpha,\beta)$ es el circuncentro del triángulo y $r$ la distancia de uno de los tres vértices).

(3) realización de $y=0$ en esta ecuación se obtienen dos valores de $x=\alpha\pm\sqrt{r^2-\beta^2}$. El hecho de que $x=\alpha-\sqrt{r^2-\beta^2}$ ser igual a la abscisa $x_O$ de el primer paso 1) es claramente equivalente a la requerida perpendicularidad (si no sería entonces, la propiedad no es cierto).

NOTA.-Con los valores numéricos se puede comprobar fácilmente la propiedad de tomar suficiente $r=\dfrac{abc}{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}$ donde $a,b,c$ son los lados y $p$ el semiperimeter.

Answer 3

Para la prueba de varias líneas y los puntos serán necesarios.

1. Trazar las líneas de $(QP)$$(QR)$.
2. Dibuja las mediatrices ${\cal B}_{AE}$ ${\cal B}_{DE}$ de los segmentos $\overline{AE}$$\overline{DE}$, respectivamente.
3. Dibujar desde el punto de $B$ la perpendicular ${\cal H}^B_{AE}$$(AE)$, y desde el punto de $C$ la perpendicular ${\cal H}^C_{DE}$$(DE)$.
4. Dibujar los puntos $B'=(AE)\cap {\cal B}_{AE}$$C'=(DE)\cap {\cal B}_{DE}$.
5. Dibujar los puntos $P'=(QP)\cap {\cal B}_{AE}$$R'=(QR)\cap {\cal B}_{DE}$.
6. Dibujar los puntos $H_B=(AE)\cap {\cal H}^B_{AE}$$H_C=(DE)\cap {\cal H}^C_{DE}$.
7. Dibujar los puntos $A'=(QP)\cap (BD)$$D'=(QR)\cap (AC)$.

Introducir las notaciones: $p_B=EB$, $p_C=EC$, $\theta=\widehat{AEB}$.

Observar que $\triangle A'B'P$ es similar a $\triangle ABE$ con relación $\frac{1}{2}$. De la siguiente manera: $$PP'=\frac{1}{2}EH_B=\frac{1}{2}p_B\cos\theta.\la etiqueta{1} $$

Teniendo en cuenta los triángulos $C'D'R$ $CDE$ uno de manera similar se obtiene: $$RR'=\frac{1}{2}EH_C=\frac{1}{2}p_C\cos\theta.\la etiqueta{2} $$ La combinación de (1) y (2) los resultados en $$ \frac{PP'}{RR'}=\frac{p_B}{p_C}.\la etiqueta{3} $$

Considere ahora triángulos $PFQ$$RFQ$. Por la ley de los senos: $$ \frac{PF}{\sin\widehat{PQF}}=\frac{QF}{\sin\widehat{FPQ}}\quad\text{y}\quad \frac{RF}{\sin\widehat{RQF}}=\frac{QF}{\sin\widehat{FRQ}}. $$

Observe que el lado derecho de ambas ecuaciones son iguales $\angle FPQ=\angle FRQ$ , debido al hecho de que los puntos de $P,R,Q,F$ mentira en el mismo círculo. Así $$ \frac{PF}{RF}=\frac{\sin\widehat{PQF}}{\sin\widehat{RQF}} =\frac{\sin\widehat{BCE}}{\sin\widehat{EBC}}=\frac{p_B}{p_C},\etiqueta{4} $$ la última igualdad se sigue de la ley de los senos para triángulo $EBC$. Junto con la observación $\angle PFR=\angle PQR=\angle BEC$ esto da como un resultado de la relación de similitud $\triangle PFR\sim\triangle BCE$.

La combinación de (3) y (4) se obtiene: $$ \frac{PP'}{RR'}=\frac{PF}{RF}, $$ que junto con el ya mencionado hecho de que $\angle FPQ=\angle FRQ$ implica: $$ \triángulo FPP'\sim\triángulo FRR'. $$

En particular significa: $$ \ángulo PP'F=\ángulo de RR'F\Rightarrow \ángulo de FP Q=\ángulo FR Q\etiqueta{5}. $$ La última igualdad implica que los puntos de $P',R',Q,F$ mentira en el mismo círculo. Por construcción es el círculo con diámetro $QO$ ($O$ siendo la intersección de las líneas de ${\cal B}_{AE}$${\cal B}_{DE}$), y la conclusión de $(OF)\perp(QF)$ sigue inmediatamente. QED.

La de arriba es la prueba de validez muy general, con dos excepciones.

En el caso de orthodiagonal cuadriláteros ( $\cos\theta=0$ ) $P'$ $R'$ coinciden con $P$$R$, respectivamente. Por lo tanto $O$ se encuentra en el círculo circunscrito de $\triangle PQR$ y la demanda de la siguiente manera.

La segunda excepción que en realidad no fue el tema de la pregunta se refiere al caso cuando se $Q$ $F$ coinciden, de modo que el círculo circunscrito de $\triangle PQR$ es tangente a $(BC)$. Puede ser fácilmente demostrado que esto es posible si y sólo si el cuadrilátero $ABCD$ es isoscales trapecio ($BC\parallel AD$, $AB=CD$). Como en este caso las mediatrices a $\overline{AD}$ $\overline{BC}$ coinciden que el reclamo es válido también.