Let $ABC$ be any triangle and $I$ its Incenter. Call $E$ and $F$ the reflections of $I$ around the sides $AB$, $BC$, respectively. Now, denote $G$ the reflection of $I$ around the midpoint, $D$, of side $AB$. Prove that $AG\perp{EF}$.
Proof. This is just angle chasing. Indeed, call $L$ the intersection of $AG$ and $IE$, then,
$$\angle{EPA}=180^\circ-\angle{FEI}-\angle{ELG}$$
Denote by $M$ and $N$ the intersection of the Incircle of $ABC$ with the sides $AB$, $BC$, respectively. As $BMIN$ is clearly a right kite and $\triangle{EFI}$ is isosceles with $IE=IF=2r$, it follows
$$\angle{EPA}=180^\circ-\frac{180^\circ-\angle{MIN}}{2}-\angle{MLA}$$
$$\angle{EPA}=180^\circ-\left[\frac{180^\circ-(180^\circ-\angle{ABC})}{2}\right]-\angle{MLA}$$
$$\angle{EPA}=180^\circ-\frac{\angle{ABC}}{2}-\angle{MLA}$$
As $ID=DG$ and $AD=BD$ the quadrilateral $AGBI$ is a parallelogram, then, $\angle{IBA}=\angle{GAB}=\frac{\angle{ABC}}{2}$. Since $\angle{LMA}=90^\circ$, it follows that $\angle{MLA}=90^\circ-\frac{\angle{ABC}}{2}$. Finally,
$$\angle{EPA}=180^\circ-\frac{\angle{ABC}}{2}-90^\circ+\frac{\angle{ABC}}{2}=90^\circ$$
$\square$
Otra forma de demostrar este resultado:
ResponderEliminarSea H el punto medio del segmento FG.
sea HK segmento paralelo a la recta GA.
Los triángulos FHK y FGP son semejantes y
FK = KP pues I es el incentro ⇒ PH = HF ⇒
La circunferencia circunscrita al triángulo FGP
tiene a FG como diámetro y así el ángulo ∠GPF
es recto.
Muchas gracias por tu aporte e interés.
ResponderEliminarEmmanuel, la verdad es que la página está bastante cuidada y plantea problemas matemáticos muy interesantes. Veo que los tratas por medio de ángulos y yo me entretengo buscándoles solución por métodos de transformaciones: Homologías, homografías, inversiones, polaridad. Lo que no sé es cómo incluir figuras en mis comentarios. Muchas veces las necesito.
EliminarHola, ANCAPE. Tampoco sé cómo subir imágenes en los comentarios. Creo que no se puede.
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