Te recomendamos que revises esta resolución en un entorno controlado antes de pasarlo a producción, un saludo.
Solución:
Es fácil ver eso $ IJ $ es paralelo a $ AB $, etc. El resultado se sigue del inverso del teorema de Pascal: Considere el hexágono $ MHKLIJ $, entonces los puntos de intersección de los tres pares de lados opuestos de este hexágono se encuentran todos en la línea infinita.
Demostraremos de dos maneras (a través del teorema de Pascal y el teorema de Carnot) que los seis puntos se encuentran en una cónica. Cambiaremos a coordenadas baricéntricas para mostrar que la cónica es una elipse.
Dejar $ a = lvert BC rvert, b = lvert CA rvert, c = lvert AB rvert. $
Las medianas a través $ G $ dividir $ triángulo ABC $ en seis triángulos iguales. Estos triángulos forman, en pares, los tres triángulos cuya base y vértice son respectivamente un lado de $ triángulo ABC $ y $ G $. Entonces estos últimos triángulos tienen el mismo área y, por lo tanto,
$$ begin alineado & lvert triangle ABG rvert = lvert triangle BCG rvert = lvert triangle CAG rvert \ & implica b lvert GD rvert = c lvert GE rvert = a lvert GF rvert \ & implica lvert GD rvert = k / b, lvert GE rvert = k / c, lvert GF rvert = k / a. end alineado $$
por $ k $, dónde $ lvert triangle ABC rvert = 3k / 2. $
Prueba a través del inverso del teorema de Pascal: (esta es una versión un poco más detallada de la respuesta de @ Saginomiya).
Tenga en cuenta que
$$ frac lvert AI rvert lvert BJ rvert = frac lvert GF rvert lvert GD rvert = frac b a = frac lvert AC rvert lvert BC rvert. $$
Por lo tanto $ HK paralelo IJ. $ Similar, $ LI paralelo MH $ y $ LK paralelo MJ $. Estos pares son lados opuestos del hexágono $ MHKLIJ $. Por el contrario del teorema de Pascal, dado que los lados opuestos se encuentran en una línea (la línea proyectiva en el infinito), los puntos $ M, H, K, L, I, J $ acostarse sobre una cónica común.
Prueba por el teorema de Carnot:
El teorema de Carnot es como el teorema de Menalaus, excepto que cortamos un triángulo con una cónica en lugar de una línea. Ese teorema dice que los seis puntos de intersección se encuentran en una cónica si y solo si
$$ frac lvert AH rvert lvert BH rvert cdot frac lvert AK rvert lvert BK rvert cdot frac lvert BJ rvert lvert CJ rvert cdot frac lvert BM rvert lvert CM rvert cdot frac lvert CL rvert lvert AL rvert cdot frac lvert CI rvert lvert AI rvert = 1. $$
Completando las longitudes, tenemos
$$ begin alineado & frac lvert AH rvert lvert BH rvert cdot frac lvert AK rvert lvert BK rvert cdot frac lvert BJ rvert lvert CJ rvert cdot frac lvert BM rvert lvert CM rvert cdot frac lvert CL rvert lvert AL rvert cdot frac lvert CI rvert lvert AI rvert \ & = frac lvert k / a rvert lvert BH rvert cdot frac lvert AK rvert lvert k / b rvert cdot frac lvert k / b rvert lvert CJ rvert cdot frac lvert BM rvert lvert k / c rvert cdot frac lvert k / c rvert lvert AL rvert cdot frac lvert CI rvert lvert k / a rvert \ & = frac lvert AK rvert lvert BH rvert cdot frac lvert BM rvert lvert CJ rvert cdot frac lvert CI rvert lvert AL rvert \ & = frac lvert c + k / b rvert lvert c + k / a rvert cdot frac lvert a + k / c rvert lvert a + k / b rvert cdot frac lvert b + k / a rvert lvert b + k / c rvert \ & = frac lvert bc + k rvert lvert ac + k rvert cdot frac lvert ca + k rvert lvert ba + k rvert cdot frac lvert ab + k rvert lvert cb + k rvert \ & = 1 end alineado $$
Para mostrar que la cónica es una elipse:
Usando Mathematica y el baricentricas.nb paquete Calculé el discriminante de la cónica
$$ frac 1 4 a ^ 2 b ^ 4 c ^ 4 k ^ 4 left (a ^ 2-2 a b-2 a c + b ^ 2-2 b c + c ^ 2 right ) (una b + k) ^ 2 (segundo c + k) ^ 2 (ab do + una k + segundo) ^ 2 (ab do + una k + ck) ^ 2 $$
que tiene el mismo signo que $$ d = a ^ 2-2 a b-2 a c + b ^ 2-2 b c + c ^ 2. tag 1 $$
La desigualdad de Hadwiger-Finsler establece que para un triángulo con longitudes de lados $ a, b, c $ y area $ T $
$$ a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2 ge (ab) ^ 2 + (bc) ^ 2 + (ca) ^ 2 + 4 sqrt 3 T tag HF $$
Pero $ (HF) $ implica
$$ -4 sqrt 3 T ge a ^ 2-2 a b-2 a c + b ^ 2-2 b c + c ^ 2, $$
por lo que el discriminante de la cónica es negativo y, por lo tanto, la cónica es una elipse.
Una observación más:
Ninguna de las pruebas aquí depende de $ k $ siendo un valor específico. Por lo tanto, los seis puntos se encuentran en una elipse siempre que los alargamientos o acortamientos sean proporcionales a $ 1 / a, 1 / b, 1 / c $. Entonces variando $ k $ (incluidos los valores $ k lt 0 $) obtenemos una familia de elipses. Sus centros están en juego $ X (1) X (6) $, es decir, la línea que pasa por el incentro y el punto simmediano. Hay más discusión sobre un caso general relacionado en Bradley, Hexágonos con lados opuestos paralelos.
Aquí hay una manera simple, aunque bastante tediosa, de hacer esto desde cero, usando el $ p, q $ método. Se puede suponer que los vértices son $ (0,0) $, $ (1,0) $ y $ (p, q) $. $ G $ es entonces $ frac 13 (1 + p, q) $. Usando las normales unitarias a los lados, se pueden calcular fácilmente las longitudes de $ GH $, etc. y así las coordenadas de los nuevos puntos y así verificar que se encuentran en una elipse. Una ventaja de este método es que potencialmente se puede utilizar para generalizar y profundizar el resultado.
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