Интересна геометрия

[georgi111]

Мързи ме да чертая, затова директния линк - попаднах случайно : https://geometry-diary.blogspot.com/202 ... nuBNjQuwP0

[Illuzion]

Ще докажем твърдението в случая, когато $P$ е медицентър на $\triangle ABC$. Предполагам другият случай (когато $P$ е ортоцентър) не е много по-труден. Използваме стандартни означения за $\triangle ABC$.

Да разгледаме например $\triangle DA_GA^{'}_{G}$. $D$ е среда на $BC$ и $DA_G$ разполовява $BA^{'}$ (понеже $A_G$ е медицентър за $\triangle DBA^{'}$). Значи $DA_G \parallel CA^{'}$ и аналогично $DA^{'}_G\parallel BA^{'}$.

Също така ако $A^{'}A_G$ пресича $BC$ в точка $A_1$ и $A^{'}A^{'}_G$ пресича $BC$ в точка $A_2$, то $A_1$ и $A_2$ са среди съответно на $BD$ и $CD$. Освен това от свойството на медицентъра (за $\triangle A^{'}DB$ и $\triangle A^{'}DC$) имаме $$\frac{A^{'}A_G}{A^{'}A_1}=\frac{2}{3}=\frac{A^{'}A^{'}_G}{A^{'}A_2}$$ и значи $A_GA^{'}_G\parallel BC$ и дори $$A_GA^{'}_G=\frac{2}{3}\cdot A_1A_2 =\frac{2}{3}\cdot \frac{a}{2}=\frac{a}{3}.$$

Понеже получихме $DA_G \parallel CA^{'}, DA^{'}_G\parallel BA^{'}$ и $A_GA^{'}_G\parallel BC$, то $\triangle A_GA^{'}_GD\sim CBA^{'}$ и следователно $\angle A_GDA^{'}_G=\angle CA^{'}B=180^{\circ}-\angle BAC=180^{\circ}-\alpha$.


Сега за $\triangle A_GA^{'}_GD$ и неговата описана окръжност имаме $$2R_{\triangle A_GA^{'}_GD}=\frac{A_GA^{'}_G}{\sin \angle A_GDA^{'}_G}=\frac{\frac{a}{3}}{\sin (180^{\circ}-\alpha)}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a}{\sin \alpha}=\frac{1}{3}\cdot R_{\triangle ABC}.$$
Получаваме аналогични резултати и за $R_{\triangle B_GB^{'}_GE}$ и $R_{\triangle C_GC^{'}_GF}$. Значи наистина трите окръжности са еднакви.
$\newline$
$\newline$