Este es el punto de concurrencia 761 en la colección de puntos de concurrencia del Dr. Hans Walser. El problema se acredita a Abdilkadir Altintas.
Considere un triángulo ABC y su incírculo. E, F y G son los puntos donde el incírculo de ABC toca los lados AC, AB y BC, respectivamente. Ahora considere el incírculo del triángulo EFG. H, I, J son los puntos donde el incírculo de EFG toca los lados EG, FG y EF, repectivamente.
Demuestre que AJ, BI y CH concurren.
Demostración.
Apelaremos a la versión trigonométrica del Teorema de Ceva para demostrar la concurrencia. Es decir, demostraremos que
\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}\bullet\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}\bullet\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=1
Note que EJ=EH=m; GH=GI=n; FI=FJ=l. También CE=CG=o.
Por la Ley de Senos,
sen\angle{ECH}=\frac{msen\angle{EHC}}{o}
Análogamente,
sen\angle{GCH}=\frac{nsen\angle{GHC}}{o}
Así,
\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}=\frac{msen\angle{EHC}}{nsen\angle{GHC}}
Pero \angle{GHC}=180^\circ-\angle{EHC}
De este modo tenemos que
\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}=\frac{m}{n}
Por analogía,
\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}=\frac{n}{l}
\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=\frac{l}{m}
De donde sigue que
\frac{sen\angle{ECH}}{sen\angle{GCH}}\bullet\frac{sen\angle{GBI}}{sen\angle{FBI}}\bullet\frac{sen\angle{FAJ}}{sen\angle{EAJ}}=\frac{m}{n}\bullet\frac{n}{l}\bullet\frac{l}{m}=1
Q.E.D.
En el siguiente enlace podrás ver la colección completa del Dr. Hans Walser, a la cual he contribuido las concurrencias 756, 757, 758, 759 y 760.
Schnittpunkte
Schnittpunkte
