Muestra que este quad es cíclico
No parece difícil, pero me atascó:
- $I$ es el incentro de $\triangle ABC$
- $D$ el punto de contacto del círculo con $BC$
- $M,M'$ son la intersección de la circunferencia de $\triangle ABC$ con la bisectriz perpendicular de $BC$, $M'$ en el arco $BAC$
- $E = AD \cap (ABC)$
- $F,F' = M'E \cap (BCI)$
Muestra esa $AIEF'$ yace en un círculo.
Vi este problema en un blog. Conocemos ese cuadrilátero$BFCF'$ es armónico porque $BM'$ y $CM'$ son ambas rectas tangentes.
Por lo tanto línea $F'F$ es symedian de $\triangle BF'C$. El blog decía que esto, junto con el hecho de que$\angle DIM = \angle DEF$ implica el quad $AIEF'$ es cíclico y no veo esta implicación (aunque sí veo que $FF'$ es symedian y la igualdad de ángulos).
Si ustedes pueden pensar en otras ideas, eso también será genial.
Un par de hechos:
$E$ es el punto medio de $FF'$
la bisectriz de $\angle BF'C$ cumple con ambos: $(BCI)$ y $MM'$ en el mismo punto.
Respuestas
OP menciona esta publicación de blog como la inspiración para la pregunta. Esa publicación podría estar diciendo que$AIEF'$ es cíclico debido al "eje radical", pero si es así comete el error de suponer que $I,D,F'$ son colineales.
La publicación del blog se refiere a un hilo sobre el problema, del cual esta es una entrada . La entrada define$F'$ como colineal con $I,D$y en un paso posterior (después de mostrar $AIEF'$ cíclico) demuestra que $F'$ es colineal con $E,M'$.
Asumiendo $I,D,F'$ colineal el método del "eje radical" equivale a las potencias de cálculo del punto $D$ con respecto a los círculos $(ABC)$ y $(BIC)$ y las tres lineas $AE,BC,IF'$, dándonos $$AD\cdot DE=BD\cdot DC=ID\cdot DF'.$$Por el teorema de los acordes que se cruzan $AD\cdot DE=ID\cdot DF'$ implica $AIEF'$ es cíclico.
Después de esto, podemos ángulo de persecución (como en la entrada del hilo) para mostrar que $F'$ es colineal con $E,M'$ dándonos la configuración cuádruple armónica.
Nota: como se señaló, la siguiente respuesta no es válida, ya que asume $I,D,F'$ son colineales.
El objeto es mostrar $\angle AIF' = \angle AEF’$.
$\angle AIF' = (black) + [grey] = (0.5\angle A+ \angle C + 0.5\angle B) +[90^0 – 0.5\angle B] = 0.5\angle A + \angle C + 90^0$
$\angle AEF’ = 90^0 + (purple) = 90^0 + (blue + [brown]) = 90^0 + (0.5\angle A + [\angle C])$