Demuestra que dos ángulos suman 90 grados
$\triangle ABC$ está inscrito dentro de un círculo $O$. $D$ es el punto medio de $AC$. $E$ Está encendido $AB$ tal que $ED/EB=CD/CB$. $CE$ interseca el círculo $O$ a $F$. Pruebalo$\angle EDF + \angle CDB = 90^{\circ} $.
La condición $ED/EB=CD/CB$es incómodo. Estoy pensando en usar el teorema de Menelao en$\triangle ABC$ y segmento de línea $DE$ porque hay muchos segmentos de línea y proporciones iguales, pero no fui muy lejos.
Respuestas
Hay dos posibilidades para construir el punto. $E$. Ambos comienzan construyendo el punto$X\in BD$, así que eso $X$ es la bisectriz del ángulo de $\hat C$ en $\Delta ABC$.
Porque $\frac {XD}{XB}=\frac{CD}{CB}=\frac{DD}{EB}$ (teorema de la bisectriz del ángulo y la igualdad de proporciones dada) $ED$ es la bisectriz del ángulo en $\Delta EDB$. Entonces construyamos puntos$E$con esta propiedad. Considere el círculo$(X)$ centrado en $X$ que es tangente a la recta $AB$. Dibuja las dos tangentes de$D$ a este círculo, se cruzan $AB$ en dos puntos, $E,E'$, siendo ambas opciones posibles para el punto $E$ en el problema.
Una segunda posibilidad utiliza el hecho de que el lugar geométrico de todos los puntos $P$ con un valor constante dado para la relación $k=PD/PB$es un circulo. Este círculo tiene la línea$DB$como simetría. La forma más sencilla de ver esto es hacer uso de un sistema de coordenadas con$D,B$ en $(-1,0)$ y $(1,0)$, luego reescribe la relación dada como $\displaystyle k^2=\frac{(x+1)^2+y^2}{(x-1)^2+y^2}$. En nuestro caso, este círculo pasa por$X, X'$ los puntos donde la bisectriz del ángulo interior, respectivamente exterior de $\hat C$ en $\Delta ABC$ intersecarse $BD$. Este es un eje de simetría, entonces$XX'$ es un diámetro en este círculo, deje $\Xi$ ser su centro, el punto medio de $XX'$. Denotamos este círculo por$(\Xi)$. Se cruza$AB$ en dos puntos $E,E'$. (Dejamos$E$ ser el punto más cercano a $B$.) Ver también
https://en.wikipedia.org/wiki/Circle#Circle_of_Apollonius
Quizás sea mejor trabajar con la segunda posibilidad, así que reafirmamos el problema de manera equivalente, evitando la molesta condición métrica. Como siempre procedo en tales situaciones, mi solución no es la solución rápida que va directo a la conclusión necesaria, en cambio, todas las propiedades "interesantes" en la constelación geométrica dada (relacionadas o no con la propiedad objetivo) se enumeran y muestran. Mucho tiempo caminé bien con esta estrategia, la comprensión de los problemas es óptima, las soluciones alternativas son posibles. Entonces, digamos y probemos lo siguiente ...
Problema: deja$\Delta ABC$ser un triangulo. Introducimos los siguientes puntos.
- $O$ es su circuncentro.
- $D$ es el punto medio de $AB$.
- $X,X'$ son las intersecciones de la bisectriz del ángulo interior, respectivamente exterior con $DB$. Dejar$\Xi$ ser el punto medio del segmento $XX'$.
- $E,E'$ son las intersecciones del círculo $(\Xi)$ de diámetro $XX'$ con la linea $AB$. (Dejar$E$ estar más cerca de $B$ para arreglar notaciones.)
- $CE$, $CE'$ intersectar la circunferencia $(O)$ de $\Delta ABC$ en $F,F'$ respectivamente.
- $T$ es $XE\cap X'E'$.
- $H$ es el ortocentro de $\Delta TXX'$.
- $L,L'$ son las intersecciones de $DO$ con el circulo $(O)$.
- Dejar $U$ ser $LF\cap L'F'$. Dejar$R$ ser el ortocentro en $\Delta ULL'$.
Entonces tenemos:
- (1) $THD$ es la tercera altura en $\Delta TXX'$. Además,$EE'\Xi D$cíclico. Como corolario,$TD$ biseca $\widehat{EDE'}$ y cada una de las mitades es $\widehat{ECE'}$.
- (2) $FF'$, $THD$y $E'AEB$ son concurrentes en un punto $S$.
- (3) $UD$ es la tercera altura en $\Delta ULL'$y $UD=UARDC$. Además,$FF'DO$cíclico. Como corolario,$AD$ biseca $\widehat{FDF'}$ y cada una de las mitades es $\widehat{FCF'}$.
- (4) $THD$ es la bisectriz del ángulo del ángulo $\widehat{EDE'}$.
- (5) $ARD$ es la bisectriz del ángulo del ángulo $\widehat{FDF'}$.
- (6) Los ángulos $\widehat{EDF}$, $\widehat{E'DF'}$, $\widehat{TDA}$, y el ángulo entre $BXD\Xi X'$ y el diametro $LODL'$son iguales. (El último ángulo es el complemento de$\widehat{CDB}$, resolviendo así el problema en el OP.)
Una foto:
Pruebas:
(1) Porque $XX'$ es un diámetro en $(\Xi)$ tenemos $XE'\perp X'E'$, $XE\perp X'E$, entonces $XE'$, $X'E$ son alturas en $\Delta TXX'$. ¿Cuál es la tercera altura? $EX$ biseca $\widehat{DEB}$ y $EXX'E'$cíclico. Esto implica: $$ \widehat{DEX}= \widehat{XEB}= \widehat{BX'E'}= \widehat{XX'T} \ , $$ entonces $EDX'X$ cíclico, entonces $\widehat{TDX'}=\widehat{TEX'}=90^\circ$. Esto fue (1).
Pero en el mismo lugar insertamos una imagen del círculo de Euler en el triángulo $\Delta TXX'$, un círculo que pasa por los pies de las alturas, $E, E', D$, sino también a través del punto medio $\Xi$ de la base $XX'$.
(4) Esta es la propiedad habitual de la altura, $$ \widehat{TDE}= \widehat{HDE}= \widehat{HXE}= \widehat{E'XT}= 90^\circ-\hat{T}= \widehat{EX'T}= \widehat{HX'E'}= \widehat{HDE'}= \widehat{TDE'} $$
Alternativamente, considere el punto medio de $TH$y utilice el hecho de que $\Xi$ y este punto determina un diámetro en el círculo de Euler, que es perpendicular a $EE'$. Como observación, podemos escribir usando el círculo de Euler y el círculo$(\Xi)$: $$ \widehat{EDE'}= \widehat{E\Xi E'}= 2\widehat{EXE'}= 2\widehat{EX'E'}= 2\widehat{ECE'}= \ . $$
(3) Es más o menos "la misma situación" que en (1), pero los puntos $F,F'$son más complicadas. Ya que$D$ es el punto medio de $AC$, tenemos $DO\perp ADC$. El diámetro de$(O)$ en la línea $DO$ es $LL'$. Entonces $\Delta LL'F$ y $\Delta LL'F'$ tener un ángulo recto opuesto a $LL'$. Entonces$LF'$, $L'F$ son dos alturas en $\Delta ULL'$. ¿Cuál es la tercera altura? Queremos demostrar que es$UD$. Para tener un paralelo inmediato a (1) aquí está el triángulo$\Delta ULL'$ y su círculo de Euler, mostrando lo que queremos mostrar:
Se da una solución analítica , ya que también necesito los ingredientes para (2).
Usamos coordenadas baricéntricas en el triángulo.$\Delta ABC$. Sus longitudes laterales son$a,b,c$digamos, por notación habitual. Los cálculos utilizarán notaciones estándar, consulte
https://web.evanchen.cc/handouts/bary/bary-short.pdf
para los detalles.
Algunas coordenadas y ecuaciones son inmediatas.
$$
\begin{aligned}
A &= [1:0:0]=(1,0,0)\ ,\\
B &= [0:1:0]=(0,1,0)\ ,\\
C &= [0:0:1]=(0,0,1)\ ,\\
D &= \frac 12(A+C)=[1:0:1]=\frac 12(1,0,1)\ ,\\
X &= \frac {BC}{BC+CD}D+\frac {CD}{BC+CD}B
=\frac{2a}{2a+b}\cdot\frac 12(1,0,1)+\frac{b}{2a+b}\cdot(0,1,0)\\
&=[a:b:a]=\frac 1{2a+b}(a,b,a)\ ,\\
&\text{... or use formally $(DX) = - \ frac b {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = - \ frac b {2a}$.}\\
&\text{... and for $X'$ formally $(DX) = + \ frac b {2a} (BX)$, i.e. $\ frac {XD} {XB} = + \ frac b {2a}$,}\\
&\text{... so $X'$ is formally obtained from $X$ via $b \ to-b$,}\\
X' &= \frac {BC}{BC+CD}D+\frac {CD}{BC+CD}B
=\frac{2a}{2a+b}\cdot\frac 12(1,0,1)+\frac{b}{2a+b}\cdot(0,1,0)\\
&=[a:b:a]=\frac 1{2a+b}(a,b,a)\ ,\\
(\Xi) &=\text{the circle through $C, X, X '$, it has the equation}\\
0 &= -a^2yz -b^2zx -c^2xy+(ux+vy)(x+y+z)\ ,\qquad\text{ where}\\
u &=\frac 1{4a^2-b^2}\cdot b^2(a^2-c^2)\ ,\\
v &=\frac 1{4a^2-b^2}\cdot a^2(2a^2-b^2+2c^2)\ ,\\
E,E'&\text{ are the two points $E_ \ pm$ in the intersection of $(\ Xi)$ with $AB$ $(z = 0)$,}\\
E_+ &= [1:m_+^E:0]=(x_+^E, y_+^E, 0)=(x_+^E, m_+^Ex_+^E, 0)
=\frac 1{1+m_+^E}(1,m_+^E,0)
\ ,\\
E_- &= [1:m_-^E:0]=(x_-^E, y_-^E, 0)
=(x_-^E, m_-^Ex_-^E, 0)
=\frac 1{1+m_-^E}(1,m_-^E,0)
\ ,\\
&\qquad\text{where $m_ \ pm$ are the two roots of the equation in $METRO$}\\
&\qquad\text{obtained by setting $z = 0$ and $y = Mx$ in $(\ Xi)$:}\\
0 &= -c^2 m+(u+mv)(1+m) \\
&=vm^2-(c^2-u-v)m+u\ ,\text{ so}\\
\Sigma &=m_+ + m_- = \frac 1v{(c^2-u-v)}=-\frac{2(a^2-c^2)}{2a^2-b^2+2c^2}\ ,\\
\Pi &=m_+ m_- = \frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)}
=\frac{b^2}{2a^2}\Sigma\ ,\\
L,L' &= L_\pm =\text{ intersection of $(O)$ with perpendicular in $re$ on $AB$,}\\
L_+ &=[a(a+c) : -b^2: c(a+c)]\ ,\\
L_- &=[a(a-c) : -b^2: c(c-a)]\ ,\\
&=\qquad\text{ (and observe that $+ c \ leftrightarrow -c$ exchanges formally $L _ + \ flecha izquierda L_-$.)}\\
S &=\text{ intersection of $AB$ ($z = 0$) with perpendicular in $re$ on $DB$}\\
&=\text{ solution of $x + y + z = 1$, $z = 0$, and}\\
&=\text{ (EFFT) for displacements $\ frac 12 (2x-1,2y, 2z-1)$ and $\ frac 12 (1, -2, 1)$, so}\\
S &= [2a^2-b^2+2c^2:c^2-a^2:0]\ .
\end{aligned}
$$
El discriminante de la ecuación en $M$ no es un cuadrado en el campo de fracción del anillo $\Bbb[a,b,c]$, entonces tratamos de no escribir $m$explícitamente. Ahora calculamos$F_\pm$, que es la solución de las ecuaciones en $(x,y,z)$:
$$
\left\{
\begin{aligned}
0 &=a^2yz+b^2zx+c^2xy\ ,\\
m_\pm =\frac{y^E_\pm}{x^E_\pm} & =\frac yx\ ,\\
1 &=x+y+z\ .
\end{aligned}
\right.
$$
La solución de este sistema, donde la segunda ecuación es $y=mx$ es
$$
[ma^2+b^2\ :\ m(ma^2+b^2)\ :\ -mc^2]\ .
$$
Obtenemos $F_\pm$ configurando $m_\pm$ en lugar de $m$. Las ecuaciones de las rectas$LF_+$ y $L'F_-$ son:
$$
LF_+\ :\
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
\ ,\qquad
L'F_-\ :\
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
x & y & z
\end{vmatrix}
=0
$$
Y queremos mostrar que se cruzan en un punto. $U\in AC$, entonces $y_U=0$. Sumamos la ecuación$x+y+z=1$ a los dos anteriores, determinando $U$, y el segundo componente es por la regla de Kramer:
$$
\begin{vmatrix}
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}}
&
0
&
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
1 & 1 & 1
\end{vmatrix}
$$
(dividido por el "determinante del sistema"). Por tanto, basta con demostrar que el producto
$
\color{blue}{P_\searrow}$ de los términos azules es el producto
$
\color{magenta}{P_\nearrow}$de los términos morados. (Entonces los productos son invariantes con la "sustitución de Galois"$m_+\leftrightarrow m_-$ hecho al mismo tiempo con $c\leftrightarrow -c$.)
$$
\begin{aligned}
\color{blue}{P_\searrow}
&=
\color{blue}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+(m_+a^2+b^2) & -m_+c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
m_-a^2+b^2 & m_-(m_-a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c-a)\\
m_+a^2 & -ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_+\cdot
ac\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2\\
1 & m_+\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_-a^2+b^2)
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a+c) & -b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\\
&=
ac\;\color{red}{m_+\;(m_-a^2+b^2)}
\;(a(a-c)m_+ + b^2)\;(a(a+c)m_- + b^2)\ ,\\[3mm]
&\qquad\text{ and similarly}\\[3mm]
\color{magenta}{P_\nearrow}
&=
\color{magenta}{
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-(m_-a^2+b^2) & -m_-c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
m_+a^2+b^2 & m_+(m_+a^2+b^2) \\
\end{vmatrix}}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2+b^2 & -c^2\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-
\begin{vmatrix}
-b^2 & c(c+a)\\
m_-a^2 & ac\\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=
m_-\cdot a(-c)
\begin{vmatrix}
a(c+a) &-b^2 \\
1 & m_- \\
\end{vmatrix}
\cdot
(m_+a^2+b^2)
\begin{vmatrix}
a(a-c) & -b^2 \\
1 & m_+ \\
\end{vmatrix}
\\
&=ac\;
\color{red}{(-m_-)\;(m_+a^2+b^2)}\;(a(a+c)m_- + b^2)\;(a(a-c)m_+ + b^2)
\ .
\end{aligned}
$$
Tenemos la igualdad de los términos marcados en rojo, debido a
$$
m_+\;(m_-a^2+b^2) +
m_-\;(m_+a^2+b^2)
=2a^2\underbrace{m_+m_-}_\Pi
+b^2\underbrace{(m_+ + m_-)}_\Sigma=0\ ,
$$
ya que $\Pi$ es $-\frac{b^2}{2a^2}\Sigma$. Los otros dos factores coinciden entre sí mot-a-mot .
$\square$
Para recapitular, mostramos que $UD$ es la altura de $\Delta ULL'$ (y las otras dos alturas son $FL'$ y $F'L$), calculando la intersección $LF_+\cap L'F_-$, y mostrando que es $y$-componente desaparece. (Podemos implantar entonces$F,F'$ o $F',F$ por los valores $F_+,F_-$.) Esto muestra (3) analíticamente.
(5) Esto es paralelo a (4), es la propiedad habitual de la altura, $$ \widehat{ADF}= \widehat{RDF}= \widehat{RLF}= \widehat{F'LF}= 90^\circ-\hat{U}= \widehat{F'L'F}= \widehat{F'L'R}= \widehat{F'DR}= \widehat{F'DA} $$ o podemos usar el círculo de Euler de la misma manera que arriba, considerando su diámetro de $O$ hasta el punto medio de $UR$, aquí $R$ está el ortocentro en $\Delta ULL'$. Como observación, podemos escribir usando el círculo de Euler y el círculo circunferencial$(O)$: $$ \widehat{FDF'}= \widehat{FOF'}= 2\widehat{FLF'}= 2\widehat{FL'F'}= 2\widehat{FCF'}\ . $$
(6) Esto es lo que pide el OP. Hasta ahora hemos usado intencionalmente dos marcas diferentes para los pares de ángulos iguales (sin signo) en$D$: $$ \widehat{EDT}= \widehat{E'DT} \text{ and } \widehat{FDA}= \widehat{F'DA}\ . $$ Son iguales, porque usar los círculos $(O)$ y $(\Xi)$ ellos "se unieron en $C$, siendo igual a $$ \gamma:= \widehat{ECE'}= \widehat{F'CF'}\ . $$
Una rotación alrededor $D$ con angulo $\gamma$ trae los rayos $DE$ dentro $DT$y $DF$ dentro $DA$, entonces $\widehat{EDF}=\widehat{TDA}$. Un más$\gamma$-rotación alrededor $D$ muestra
$\widehat{EDF}=\widehat{TDA}=\widehat{E'DF'}$. Utilizando$DB\perp DT$ y $DL\perp DA$, una $90^\circ$ rotación alrededor $D$ da $\widehat{BDL}=\widehat{TDA}$.
Esto muestra el OP: $$ 90^\circ-\widehat{CDB}= \widehat{BDL}= \widehat{EDF}= \widehat{E'DF'}\ . $$
Sigue siendo (2), una bonificación en la constelación dada. Usamos nuevamente coordenadas baricéntricas. Recuerda que los puntos$F_\pm$ son $$ [m_\pm a^2+b^2\ :\ m_\pm(m_\pm a^2+b^2)\ :\ -m_\pm c^2]\ . $$ Entonces la linea $F_+F_-$ tiene la ecuación $$ \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ -m_+c^2\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ -m_-c^2\\ x & y & z \end{vmatrix} =0\ . $$ Dejar $S=(x_S,y_S,z_S)$ ser la intersección $F_+F_-\cap AB$. Desde$S\in AB$ tenemos $z_S=0$, entonces $x_S+y_S=1$, y expandiendo el determinante anterior con la tercera línea: $$ \begin{vmatrix} m_+(m_+a^2+b^2)\ &\ m_+\\ m_-(m_-a^2+b^2)\ &\ m_- \end{vmatrix} x_S - \begin{vmatrix} m_+ a^2+b^2\ &\ m_+\\ m_- a^2+b^2\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ (La última columna se simplificó, aparece sin el factor $-c^2$.) En el coeficiente de $x_S$ extraemos linealmente en las líneas los factores $m_\pm$. Entonces la nueva segunda columna$1,1$ se utiliza para deshacerse linealmente de $+b^2,+b^2$de la primera columna. Luego, en la nueva primera columna extraemos el factor$a^2$.
En el coeficiente de $y_S$ usamos la segunda columna $m_+,m_-$ para deshacerse linealmente de $m_+a^2,m_-a^2$de la primera columna. Luego, en la nueva primera columna extraemos el factor$a^2$. Esto da: $$ m_+m_-a^2 \begin{vmatrix} m_+\ &\ 1\\ m_-\ &\ 1 \end{vmatrix} x_S - b^2 \begin{vmatrix} 1\ &\ m_+\\ 1\ &\ m_- \end{vmatrix} y_S =0\ . $$ Recordar que $m_+m_-=\Pi=\frac uv=\frac{b^2(a^2-c^2)}{a^2(2a^2-b^2+2c^2)} $, así que después de simplificar lo anterior a $m_+m_-a^2x_S+b^2y_S=0$ y conectando la fórmula para $m_+m_-=\Pi$ obtenemos: $$ (a^2-c^2)x_S+(2a^2-b^2+2c^2)y_S=0\ , \ x_S+y_S=0\ , $$ y la solucion es $$ y_S=-\frac{a^2-c^2}{a^2-b^2+3c^2}\ ,\ x_S=1-y_S\ , $$ entonces calculamos los vectores de desplazamiento $$ \begin{aligned} DS &= S-D = (x_S,y_S,0)-\frac 12(1,0,1) =\left(x_S-\frac 12,y_S,-\frac 12\right) \\ &=\left(\frac 12-y_S,y_S,-\frac 12\right) \sim[1-2y_S\ :\ 2y_S\ :\ -1]\ ,\\ DB &= B-D =(0,1,0)-\frac 12(1,0,1) \\ &=-\frac 12(1,-2,1) \sim[1\ :\ -2\ :\ 1]\ . \end{aligned} $$ La perpendicularidad $DS\perp DB$ es entonces equivalente a (EFFT): $$ a^2(2y_S\cdot 1+(-1)\cdot(-2) ) + b^2((1-2y_S)\cdot 1+(-1)\cdot 1 ) + c^2((1-2y_S)\cdot (-2)+2y_S\cdot1 ) =0\ . $$ cual es $$ y_S(2a^2-2b^2+6c^2)+(2a^2-2c^2)=0\ . $$ Cual es verdad.
$\square$
Un comentario final : todos los puntos (1) a (6) ahora están probados. El uso de coordenadas baricéntricas conducía a soluciones "sencillas" para (2), (3). (Usando un sistema de álgebra computarizada, "sencillo" se vuelve sencillo. Aquí, hay un esfuerzo para escribir la solución, en papel las cosas son más simples).
Si las soluciones analíticas = computacionales "deben" evitarse, entonces se necesita una prueba para (3), o al menos para una parte simple en ella, por ejemplo, es suficiente para mostrar $FF'DO$cíclico. (Tenga en cuenta que$O$ está en la bisectriz lateral de $FF'$.) Para el punto extra (2) la geometría proyectiva es quizás el camino, pero no pude encontrar una prueba (usando Desargues, Pappus, Pascal, et caetera) a tiempo.
Pero también tenga en cuenta que las coordenadas baricéntricas son una herramienta poderosa en las competiciones (olimpíadas, aunque también se deben probar fórmulas como EFFT para una cosecha de puntos completos). A continuación, presentamos un ejemplo explícito de cómo funciona esto en la práctica. No se omitieron detalles.
Seguiré buscando soluciones sintéticas, pero ahora tengo que enviar, tiempo.
Comentario:
En figura $BG||AC$ y $\widehat {DIB}=90^o$. Entonces$(\widehat{BDI=IDG}) +\widehat {DBI}=90^o$. Ahora tenemos que mostrar$\widehat {BDI}=\widehat {EDF}$.Como puede verse en la figura $\angle HDI=\angle FDG$. Pero esto tiene que probarse persiguiendo ángulos. O debemos usar la relación$DE/EB=DC/BC$.
Esta es la forma en que he usado la condición de relación lateral, pero no fue demasiado lejos.
Rotar punto $D$ acerca de $C$ y $E$ a $D_1$ y $D_2$ respectivamente tal que $B-C-D_1$ y $B-E-D_2$. Si sigue eso$\displaystyle\frac{CB}{CD_1}=\frac{EB}{ED_2}$.
En $\triangle D_1D_2B$, por conversar BPT, tenemos $D_1D_2||CE$.