probar que las líneas son perpendiculares

Question

Dejemos que $BCD$ $(BC<BD)$ sea un triángulo inscrito en el círculo $(I)$ . Dejemos que $E\in BC, F\in BD, G\in CD$ sea tal que $DE\perp BC, CF\perp BD, BG\perp CD$ . Dejemos que $L$ sea el ortocentro del triángulo $BCD$ . Dejemos que $H$ sea el punto de intersección de $EG$ y $CF$ , $J$ sea el punto de intersección de $GF$ y $DE$ . Dejemos que $K$ sea el punto medio de $LI$ .

Demostrar que $BK\perp HJ$ .

Answer 1

Puede que este no sea el tipo de prueba que buscas, pero si no se te ocurren buenos teoremas para usar, a veces el cálculo de fuerza bruta puede producir una prueba.

Estoy usando coordenadas homogéneas . Sin pérdida de generalidad el círculo es el círculo unitario, con $B=[1:0:1]$ a la derecha. Utilizando el fórmula del medio ángulo tangente tiene que haber parámetros $c$ y $d$ tal que $C=[c^2-1:2c:c^2+1]$ y $D=[d^2-1:2d:d^2+1]$ como cualquier punto del círculo unitario, excepto $B$ se puede expresar así. También necesitamos la matriz $M:=\operatorname{diag}(1,1,0)$ que convierte una recta en el punto en el infinito ortogonal a ella. Podemos usar esto para construir sus perpendiculares. La unión de puntos para formar rectas, así como la intersección de rectas para obtener puntos, se puede expresar mediante el producto cruz.

Así que (con un poco de ayuda de un sistema de álgebra computacional, sugeriría) uno puede realizar el siguiente cálculo, cancelando los factores comunes dondequiera que ocurran:

\begin{align*} I &= [0:0:1] \\ B &= [1:0:1] \\ C &= [c^2-1:2c:c^2+1] \\ D &= [d^2-1:2d:d^2+1] \\ BC &= B\times C = [c:1:-c] \\ CD &= C\times D = [1-cd:-c-d:cd+1] \\ BD &= B\times D = [d:1:-d] \\ DE &= (M\cdot BC)\times D = [d^2+1:-cd^2-c:2cd-d^2+1] \\ CF &= (M\cdot BD)\times C = [c^2+1:-c^2d-d:-c^2+2cd+1] \\ BG &= (M\cdot CD)\times B = [-c-d:cd-1:c+d] \\ E &= DE\times BC = [c^2d^2+c^2-2cd+d^2-1:2c^2d+2c:c^2d^2+c^2+d^2+1] \\ F &= CF\times BD = [c^2d^2+c^2-2cd+d^2-1:2cd^2+2d:c^2d^2+c^2+d^2+1] \\ G &= BG\times CD = [c^2d^2+c^2+2cd+d^2-1:2c+2d:c^2d^2+c^2+d^2+1] \\ L &= DE\times CF \\&= [3c^2d^2+c^2+d^2-1:2c^2d+2cd^2+2c+2d:c^2d^2+c^2+d^2+1] \\ H &= CF\times(G\times E) \\&= [c^4d^3+c^4d+4c^3d^2-4c^2d^3+2c^3-2c^2d-d^3-2c+d\\&\quad:2c^3d^3+4c^3d+2c^2d^2-2cd^3+4c^2-2d^2\\&\quad:c^4d^3+c^4d+2c^3d^2+2c^3+2cd^2-d^3+2c-d] \\ J &= DE\times(G\times F) \\&= [c^3d^4-4c^3d^2+4c^2d^3+cd^4-c^3-2cd^2+2d^3+c-2d\\&\quad:2c^3d^3-2c^3d+2c^2d^2+4cd^3-2c^2+4d^2\\&\quad:c^3d^4+2c^2d^3+cd^4-c^3+2c^2d+2d^3-c+2d] \\ K &= I_3\cdot L + L_3\cdot I \\&= [3c^2d^2+c^2+d^2-1:2c^2d+2cd^2+2c+2d:2c^2d^2+2c^2+2d^2+2] \\ BK &= B\times K \\&= [2c^2d+2cd^2+2c+2d:-c^2d^2+c^2+d^2+3:-2c^2d-2cd^2-2c-2d] \\ HJ &= H\times J \\&= [c^2d^2-c^2-d^2-3:2c^2d+2cd^2+2c+2d:-c^2d^2+c^2-6cd+d^2-3] \\ 0 &= BK^T\cdot M\cdot HJ = \langle BK,M\cdot HJ\rangle = \langle M\cdot BK,HJ\rangle \end{align*}

Repitamos esto con palabras. $I$ es el origen, $B$ el punto $(1,0)$ . $C,D$ son dos puntos genéricos del círculo, excluyendo $B$ sí mismo. $BC,BD,CD$ son líneas que unen estos puntos. Para $DE$ usted toma la línea $BC$ calcula el punto en el infinito ortogonal a éste, y lo une con $D$ . $E$ es la intersección de ésta con $BC$ . $H$ y $J$ son puntos de intersección entre dos líneas de nuevo, como se indica. $L$ se calcula como la intersección de dos de las altitudes, $\langle L,BG\rangle=0$ verifica que la tercera altitud también pasa por ahí. $K$ es un punto medio, que se puede calcular sumando vectores de coordenadas homogéneas después de asegurarse de que el término de homogeneización (es decir, la última coordenada) es el mismo. Lo hacemos multiplicando en cruz con la última coordenada del otro término respectivo. Al final, se verifica la ortogonalidad calculando alguna forma bilineal y comprobando que se evalúa a cero, o en términos más geométricos asegurando que el punto ortogonal en el infinito de una recta es incidente con la otra recta. q.e.d.

Answer 2

Esto NO es una solución. Sólo quiero compartir mi hallazgo que es demasiado largo para ser incluido en un comentario.

Como se ha señalado, K es el centro del círculo de nueve puntos. Sus propiedades, junto con LK = KI, generan varios pares de líneas paralelas (marcadas en azul), pero no parecen ayudar.

La forma estándar de demostrar $BK \bot HJ$ es demostrar $\angle BMH = 90^0$ donde M es la intersección de BK y HJ. Esto se hace si podemos demostrar que BEBJ es cíclico mostrando $\angle MJE = \angle MBE$ . O alternativamente, si podemos demostrar que las líneas moradas son paralelas; donde EN se dibuja para ser perpendicular a BK extendida.

Answer 3

Voy a continuar con los escritos y la imagen de Mick. Espero que sepa usar la trigonometría en la geometría.

Debemos probar $\angle MJE = \angle MBE$ Así que $\angle HJL = \angle KBE$ . $$ $$

Sabemos que $\angle HJL+\angle JHL=B=\angle KBE+\angle KBF$ $$ $$

Así que es suficiente para demostrar que $$\dfrac {\sin(HJL)}{\sin(JHL)}=\dfrac {\sin(KBE)}{\sin(KBF)}$$

$$ $$ (Se deja como ejercicio: si $x+y=z+t\lt180$ y $\dfrac {\sin(x)}{\sin(y)}=\dfrac {\sin(z)}{\sin(t)}$ entonces $x=z$ y $y=t$ )

$$ $$

Dejemos que $P$ y $Q$ sean las proyecciones de $K$ en $BC$ y $BD$ respectivamente. Entonces,

$KP=KB*\sin(KBE)$ y $KQ=KB*\sin(KBF)$ Así que

$$\dfrac {\sin(KBE)}{\sin(KBF)}=\dfrac {KP}{KQ}$$

y también (Dejemos $R$ sea el radio de la circunferencia de $BCD$ ) $$KP=\dfrac {LE+IT}{2}=\dfrac {2R\cos(B)\cos(C)+R\cos(D)}{2}=\dfrac {R\cos(B-C)}{2}$$ , $$KQ=\dfrac {LF+IS}{2}=\dfrac {2R\cos(B)\cos(D)+R\cos(C)}{2}=\dfrac {R\cos(B-D)}{2}$$ $$\Rightarrow \dfrac {\sin(KBE)}{\sin(KBF)}=\dfrac {KP}{KQ}=\dfrac {\cos(B-C)}{\cos(B-D)}\tag {1}$$ $$ $$

Por el triángulo $HJL$ , $$\dfrac {\sin(HJL)}{\sin(JHL)}=\dfrac {HL}{JL}=\dfrac {HL}{EL}*\dfrac {EL}{JL}$$

Porque $\angle HEL=90-D$ y $\angle EHL=90+D-B$ $\quad$ (fácil de ver) $$\dfrac {HL}{EL}=\dfrac {\cos(D)}{\cos(B-D)}$$

Porque $GL$ está bisecando $\angle EGJ$

y porque $\angle GEJ=90-D$ y $\angle GJE=90+B-C$ $\quad$ (fácil de ver) $$\dfrac {EL}{JL}=\dfrac {EG}{GJ}=\dfrac {\cos(B-C)}{\cos(D)}$$ $$\Rightarrow \dfrac {\sin(HJL)}{\sin(JHL)}=\dfrac {HL}{EL}*\dfrac {EL}{JL}=\dfrac {\cos(B-C)}{\cos(B-D)}\tag {2}$$ $$ $$ Por (1) y (2), $$\dfrac {\sin(HJL)}{\sin(JHL)}=\dfrac {\cos(B-C)}{\cos(B-D)}=\dfrac {\sin(KBE)}{\sin(KBF)}$$ $$ $$ $$\Rightarrow \angle HJL = \angle KBE $$ $$\Rightarrow \angle MJE = \angle MBE $$