Четыре замечательные точки треугольника на паралл. прямых

[Edward_Tur]

Доказать, что в разностороннем треугольнике $IK\parallel NJ$, где:
$I$ – центр вписанной окружности;
$K$ – точка Лемуана – точка пересечения прямых, которые проходят через вершины треугольника и делят противоположные стороне пропорционально квадратам длин близлежащих сторон;
$N$ - точка Нагеля – точка пересечения прямых, которые соединяют вершины треугольника с точками касания вневписанных окружностей со сторонами;
$J$ - точка Жергона – точка пересечения прямых, которые соединяют вершины треугольника с точками касания вписанной окружности.

[maxal]

Рассмотрим барицентрические координаты этих точек:
$I=(a,b,c)$
$K=(a^2,b^2,c^2)$
$N=(s-a,s-b,s-c)$
$J=((s-b)(s-c),(s-c)(s-a),(s-a)(s-b))$
где $a,b,c$ - длины сторон треугольника, $s=\frac{a+b+c}{2}$ - полупериметр.

Уравнения прямых $IK$ и $NJ$ соответственно имеют вид:

$$0=\left|\begin{matrix} t_1 & t_2 & t_3\\ a & b & c\\ a^2 & b^2 & c^2\end{matrix}\right|=bc(c-b)t_1 + ca(a-c)t_2+ab(b-a)t_3$$

и

$$0=\left|\begin{matrix} t_1 & t_2 & t_3\\ s-a & s-b & s-c\\ (s-b)(s-c) & (s-c)(s-a) & (s-a)(s-b)\end{matrix}\right|=a(s-a)(c-b)t_1 + b(s-b)(a-c)t_2 + c(s-c)(b-a)t_3.$$

Попробуем найти точку пересечения этих прямых: прямые будут параллельны, только если такой (конечной) точки не существует. Нормированные координаты $(q_1, q_2, q_3)$ точки пересечения наших прямых удовлетворяют уравнению:

$$\begin{pmatrix} bc(c-b) & ca(a-c) & ab(b-a)\\ a(s-a)(c-b) & b(s-b)(a-c) & c(s-c)(b-a)\\ 1 & 1 & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix} q_1\\ q_2\\ q_3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0\\ 1\end{pmatrix}$$

Определитель матрицы в этом уравнении равен нулю. Поэтому оно имеет решение только если ранг расширенной матрицы не равен 3, что равносильно равенству нулю всех миноров второго порядка на первых двух строках матрицы, что в виду разносторонности треугольника сводится к равенствам:
$c(a+b)=a^2+b^2$
$a(b+c)=b^2+c^2$
$b(c+a)=c^2+a^2$
Заметим, из первого равенства следует, что $c$ находится между $a$ и $b$, из второго - что $a$ находится между $b$ и $c$, а из третьего - что $b$ находится между $c$ и $a$. Такое возможно только если $a=b=c$. Таким образом, для разносторонних треугольников точки пересечения прямых $IK$ и $NJ$ не существует, ч.т.д.

P.S. С Новым Годом!

[Edward_Tur]

Господин Maxal, пересчитайте, пожалуйста, определитель!

[maxal]

И точно, при пересчете нолик получается:

? f(a,b,c)=b*c*(c-b)
? g(a,b,c)=local(s=(a+b+c)/2);a*(s-a)*(c-b)
? matdet([f(a,b,c),f(b,c,a),f(c,a,b);g(a,b,c),g(b,c,a),g(c,a,b);1,1,1])
%1 = 0

Тогда все сходится. Исправляю решение...

[Edward_Tur]

Решение без использования барицентрических координат:
Пусть в $\Delta ABC$ точки $P$, $Q$, $D$ и $E$, - это точки пересечения стороны $AB$ продолжениями отрезков $CN$, $CJ$, $CI$ и $CK$ соответственно.
За теоремой Ван-Обеля имеем: $\frac{{CI}}{{ID}} = \frac{{a +b}}{c}$; $\frac{{CK}}{{KE}} = \frac{{a^2 + b^2 }}{{c^2 }}$; $\frac{{CN}}{{NP}} = \frac{{2c}}{{a + b - c}}$;$\frac{{CJ}}{{JQ}} = \frac{{2c(a + b - c)}}{{( - a + b + c)(a - b + c)}}$.
Рассмотрим два возможных случая:
1-й случай. Отрезок $NJ$ параллельный одной из сторон $\Delta ABC$.
Не ограничивая общности, пускай $NJ\parallel AB$. Из пропорции $\frac{{CN}}{{NP}} = \frac{{CJ}}{{JQ}}$ имеем $a^2 + b^2 = c(a + b)$. Это условие эквивалентно условию $\frac{{CI}}{{ID}} = \frac{{CK}}{{KE}}$ и $IK\parallel NJ$.
2-й случай. Отрезки $NJ$ и $AB$ (или их продолжения) пересекаются в точке $R$.
Обозначим через $X$, $Y$, $Z$ и $T$ точки пересечения отрезков $NJ$ и $IK$ со сторонами $AC$ и $BC$ соответственно, через $F$ - точку пересечения $IK$ и $AB$.
Из теоремы Менелая для $\Delta CQP$ и прямой $XR$ находим $BR = \frac{{b(c - a)(a - b + c)}}{{a^2 + b^2 - c(a + b)}}$.
Из теоремы Менелая для $\Delta CPA$ и прямой $XR$ находим $CX = \frac{{c(b - a)(a + b - c)}}{{b(a + c) - a^2 - c^2}}$.
Из теоремы Менелая для $\Delta CBQ$ и прямой $XR$ находим $CY = \frac{{c(b - a)(a + b - c)}}{{b^2 + c^2 - a(b + c)}}$.
Отсюда $\frac{{CX}}{{CY}} = \frac{{b^2 + c^2 - a(b + c)}}{{b(a + c) - a^2 - c^2}}$.
Из теоремы Менелая для $\Delta CDE$ и прямой $ZF$ находим $BF = \frac{{ac(c - a)}}{{a^2 + b^2 - c(a + b)}}$.
Из теоремы Менелая для $\Delta CDA$ и прямой $ZF$ находим $CZ = \frac{{ab(b - a)}}{{b(a + c) - a^2 - c^2}}$.
Из теоремы Менелая для $\Delta CBE$ и прямой $ZF$ находим $CT = \frac{{ab(b - a)}}{{b^2 + c^2 - a(b + c)}}$.
Отсюда $\frac{{CZ}}{{CT}} = \frac{{b^2 + c^2 - a(b + c)}}{{b(a + c) - a^2 - c^2}}$. Итак, $\frac{{CX}}{{CY}} = \frac{{CZ}}{{CT}}$, т.е. $IK\parallel NJ$.

[Edward_Tur]

Доказать, что в разностороннем треугольнике прямая $IK$ проходит через середину отрезка $E_LE_R$, где:
$I$ – центр вписанной окружности;
$K$ – точка Лемуана – точка пересечения прямых, проходящих через вершины треугольника и делящих противоположные стороны пропорционально квадратам длин прилежащих сторон;
$E_L$ – левая точка Енжабека определяется так:
$A_1 \in BC$, $B_1 \in AC$, и $C_1 \in AB$, $E_LA_1\parallel CA$, $E_LB_1\parallel AB$, $E_LC_1\parallel BC$ и $E_LA_1 = E_LB_1 = E_LC_1$;
$E_R$ – правая точка Енжабека определяется так:
$A_2 \in BC$, $B_2 \in AC$, и $C_2 \in AB$, $E_RA_2\parallel AB$, $E_RB_2\parallel BC$, $E_RC_2\parallel CA$ и $E_RA_2 = E_RB_2 = E_RC_2$.

[ИСН]

"У Бога всего много", they say. Каких только точек не придумали!
http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ETC.html
I и K - это в тамошних обозначениях X(1) и X(6), а дальше я углубляюсь в тёмный лес...

[Edward_Tur]

Нетрудно подсчитать, что $E_L A_1 = E_L B_1 = E_L C_1 = E_R A_2 = E_R B_2 = E_R C_2 = (a^{ - 1} + b^{ - 1} + c^{ - 1} )^{ - 1} $, отсюда имеем барицентрические координаты: $E_L \left( {\frac{1}{b},\frac{1}{c},\frac{1}{a}} \right)$ и $E_L \left( {\frac{1}{c},\frac{1}{a},\frac{1}{b}} \right)$, середина отрезка $E_L E_R $ имеет координаты $\left( {a(b + c),b(c + a),c(a + b)} \right)$. Поскольку $I(a,b,c)$ и $K(a^2,b^2,c^2)$, то остается проверить, что $\left| \begin{matrix} a(b + c) & b(c + a) & c(a + b) \\ a & b & c \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{matrix} \right| = 0$.

[Edward_Tur]

Доказать, что в разностороннем треугольнике прямая $IO$ перпендикулярна отрезку $E_LE_R$, где:
$I$ – центр вписанной окружности;
$O$ – центр описанной окружности;
$E_L$ – левая точка Енжабека определяется так:
$A_1 \in BC$, $B_1 \in AC$, и $C_1 \in AB$, $E_LA_1\parallel CA$, $E_LB_1\parallel AB$, $E_LC_1\parallel BC$ и $E_LA_1 = E_LB_1 = E_LC_1$;
$E_R$ – правая точка Енжабека определяется так:
$A_2 \in BC$, $B_2 \in AC$, и $C_2 \in AB$, $E_RA_2\parallel AB$, $E_RB_2\parallel BC$, $E_RC_2\parallel CA$ и $E_RA_2 = E_RB_2 = E_RC_2$.

[maxal]

Edward_Tur, старайтесь группировать задачи по смежной тематике. Без особой необходимости не следует заводить отдельную тему под каждую новую задачу.