Montre CA$\angle BOC=\angle AOD$.

Question

Laisser$E$et$F$être les intersections des côtés opposés d'un quadrilatère convexe$ABCD$. Les deux diagonales se rejoignent$P$. Laisser$O$être le pied de la perpendiculaire de$P$à$EF$. Montre CA$\angle BOC=\angle AOD$.

Voici le schéma :

j'ai défini$X=OD\cap EP, Y=EP\cap FC,Z=FP\cap EB,W=FP\cap EC $.

Or, par un lemme connu, on a$(Y,X;P,E)=-1$et d'après le lemme d'Apollonius, on obtient$PO$bissectrices$\angle XOY \implies \angle XOP =\angle POY $.

De même, nous savons que$(F,P;Z,W)=-1 \implies PO$bissectrices$\angle ZOW \implies \angle ZOP =\angle WOP$.

Mais ces égalités d'angle ne me mènent nulle part. Quelqu'un peut-il donner quelques indices ? Merci d'avance !

Answer 1

Permettez-moi de reformuler brièvement le problème

Un triangle$\triangle ABC$et trois cevians$AD, BE, CF$qui concourent à$P$sont donnés. Définir$O:=EF\cap AD$et laissez$H$être la projection orthogonale de$O$sur$BC$. Prouve-le$\angle EHA=\angle KHF$.

Laisser$L:=AH\cap EF$et$K:=HP\cap EF$. Nous prouverons d'abord que$\angle LHO=\angle OHK$, et puis ça$\angle EHO=\angle OHF$. Remarquez que le résultat découle de ces observations.

Pour la première partie, notez que - comme il est bien connu -$$-1=(D,O;P,A)\stackrel{H}=(J,O; K, L)$$Depuis$(J,O; K, L)$est harmonique et$\angle OHJ=90^\circ$, on en déduit qu'en fait,$\angle LHO=\angle OHK$. L'autre partie peut être prouvée de la même manière, puisque nous avons déjà$(J,O;F,E)=-1$.