Dimostralo $A-$excircle è tangente a $(AST)$
Elmo sta ora imparando la geometria delle Olimpiadi. In triangolo$ABC$ con $AB\neq AC$, lascia che il suo cerchio sia tangente ai lati $BC$, $CA$, e $AB$ a $D$, $E$, e $F$, rispettivamente. La bisettrice dell'angolo interno di$\angle BAC$ interseca le linee $DE$ e $DF$ a $X$ e $Y$, rispettivamente. Permettere$S$ e $T$ essere punti distinti sul lato $BC$ tale che $\angle XSY=\angle XTY=90^\circ$. Infine, lascia$\gamma$ essere il circumcircle di $\triangle AST$.
(a) Aiuta Elmo a dimostrarlo $\gamma$ è tangente al circumcircle di $\triangle ABC$.
(b) Aiuta Elmo a dimostrarlo $\gamma$ è tangente all'incircolo di $\triangle ABC$.
Problema molto difficile ..
I miei progressi : WLOG$AB<AC$. Definire$N=BC\cap AY $.
Richiesta: $\angle ASX=\angle XST$
Prova: da $\angle XSY=90$ , per lemma 9.18 da EGMO è sufficiente per dimostrarlo $(A,N;X,Y)=-1$ .
Ora, notalo $AEFD$è un quadrilatero armonico. Così$(A,D;E,F)=-1$. Quindi proiettando attraverso$D$ sopra $AI$, noi abbiamo $(A,DD\cap AI=N;DE\cap AI=X,DF\cap AI=Y )=-1$. Così$\angle ASX=\angle XST$.
Allo stesso modo, possiamo ottenere $\angle ATX=\angle XTN$
Quindi otteniamo $X$ e $Y$ come l'incentivo e $A$-eccentrico di $\Delta AST$ rispettivamente.
Inoltre otteniamo $AS$ e $AT$ isogonals [da $X$ è l'incentivo e $X\in AI$ ]
Adesso molla $S'=AS\cap (ABC)$ , $T'=AT\cap (ABC)$. Con l'inseguimento angolare, otteniamo$ST||S'T'$ e quindi $AST~AS'T'$ e per homothety, otteniamo $(AST)$ e $(ABC)$ tangente.
Questo dimostra una parte $A$.
Per Part $B$: Ho applicato l'inversione $\psi$ centrato su $A$ con raggio $\sqrt{AX\cdot AY}$ raggio seguito da una riflessione sulla bisettrice dell'angolo di $\angle AST$.
Nota che $\psi:X\leftrightarrow Y$, $\psi:S\leftrightarrow T$ e $\psi:BC\leftrightarrow (AST)$ .
Supponiamo che $\angle AXB=\angle AYC=90$ [Non ne ho la prova, ma sembra molto vero]
Adesso molla $I-A$ essere il $A$-eccentrico di $\Delta ABC$ , $F^*$ essere punto di contatto di $A$-excircle to line $AC$, $E^*$ essere punto di contatto di $A$ -excircle to line $AB$, E $K^*$ essere punto di contatto di $A$-excircle a $BC$.
Nota che $K^*,C,F^*,I-A$ è ciclico.
Ma lo si sa $\angle K^*CF^*=180-C\implies \angle CK^*F^*=\angle CF^*K^*=C/2$. Così$\angle XYF*=90+C/2$ .
Nota anche quello $\Delta DXC$ è isoscele, quindi $\angle XEC=90-C/2$ .
Quindi $XEF^*Y$è ciclico. Allo stesso modo possiamo ottenere$XFE^*Y$ è ciclico [$BK*I-AE*$ è ciclico]
Quindi $AX\cdot AY=AE\cdot AF^*=AF\cdot AE^*$ .
Così $\psi:E\leftrightarrow E^*$ e $\psi:F\leftrightarrow F^*$ .
Definire $D^*$ come l'immagine inversa di $D$ di $\psi$.
Nota che $(D^*E^*F^*)$ sarà un cerchio tangente a $AB$ a $E^*$, tangente a $AC$ a $F^*$ e $(AST)$ a $D^*$.
Dimostralo $A-$excircle è tangente a $(AST)$
Dopo aver verificato la dichiarazione di cui sopra, lo otteniamo $\psi:$ un cerchio di $ABC$ $\leftrightarrow$ $ A$-excircle di $ABC$. Da allora$A$- tocchi eccentrici $BC$ a $K^*$ e l'inversione preserva la tangenza, anche le immagini invertite saranno tangenti l'una all'altra, cioè un cerchio di $ABC$ è tangente a $(AST)$ e avremo finito ..
Se possibile, qualcuno può pubblicare la soluzione utilizzando il modo in cui ho proceduto (utilizzando $\sqrt{AX\cdot AY}$)? Grazie in anticipo!
Ecco il collegamento ggb per il diagramma: https://www.geogebra.org/geometry/xzzqzmuh
Risposte
Approccio meraviglioso!
Riempiendo gli spazi vuoti che hai lasciato ...
Supponiamo che $\angle AXB=\angle AYC=90$ [Non ne ho la prova, ma sembra molto vero]
Prova. Nota che$\angle IED +\angle IXE = \angle AIE=\dfrac{\angle B+\angle C}{2}$ e come $$\angle IED = \dfrac{\angle C}{2}\implies \angle IXE =\dfrac{\angle B}{2}=\angle DXY=\angle IBD\implies X\in\odot(BID)\implies \angle IXB=90^\circ$$ e allo stesso modo, otteniamo $\angle AYC=90$ completare la dimostrazione.
Se sono in grado di dimostrarlo $(D^∗E^∗F^∗)$ è il $A$-excircle, poi ho finito.
Quindi, in pratica, tutto ciò che vuoi mostrare è che l'incircle si mappa $A$-excircle sotto il $\sqrt{AX\cdot AY}$ inversione insieme alla riflessione sulla bisettrice dell'angolo $\angle SAT$. Come hai già dimostrato$\Psi: \{F, E\}\leftrightarrow \{F',E'\} $ quindi è sufficiente per dimostrare che c'è almeno un punto $P\in \odot(I), P\not\in\{E,F\}$ tale che $\Psi(P)\in\odot(I_A)$. Come hai già dimostrato$\{AS,AT\}$ sono isogonali, conosciamo quell'angolo bisettrice di $\angle SAT$ non è altro che $AI$. Come riflesso di$A$-scambia $AI$ è $A$-excircle, è sufficiente per dimostrare che c'è un punto $P\in\odot(I)$ (diverso da $E,F$) in modo che venga mappato a un certo punto $A$-excircle dopo aver invertito il cerchio centrato in $A$ con raggio $\sqrt{AX\cdot AY}$. Come l'hai trovato$XYFE'$ è ciclico, per forza di punto, abbiamo $AX\cdot AY = AF\cdot AE'$. Permettere$D$-antipode in $\odot(I)$ essere $M$. È ben noto che$A-M-K'$sono collineari. Permettere$W= AK'\cap \odot(I_A)$, $W\neq K'$. Nota che l'omotetia era centrata su$A$ che le mappe incircolano $A$-excircle ce lo dice $MF\|K'E'$ e quindi, $$\angle AFM=\angle AE'K'=\angle E'WK'\implies MWE'F$$è ciclico. Quindi,$$AX\cdot AY = AE'\cdot AF= AM\cdot AW$$ e quindi, $M$ mappe a $W$ sotto il $\sqrt{AX\cdot AY}$inversione. Quindi, tale$P$ esiste e quindi, sotto il $\sqrt{AX\cdot AY}$ inversione, viene mappato l'incircolo $A$-excircle. Quindi,$(D^∗E^∗F^∗)$ è il $A$-excircle e abbiamo finito!$\tag*{$\ blacksquare$}$