Seja [tex3]X[/tex3]
o pé da altura do vértice [tex3]B[/tex3]
em relação a [tex3]AC[/tex3]
então [tex3]PBQRX[/tex3]
é cíclico (o círculo de diâmetro [tex3]BR[/tex3]
).
Por projetiva:
Basta provar que [tex3]PQ[/tex3]
intersecta [tex3]AC[/tex3]
no conjugado harmônico de [tex3]D[/tex3]
o que decorre do fato de que [tex3]-1 = (B,R;P,Q)[/tex3]
pois o quadrilátero [tex3]BQRP[/tex3]
é harmônico.
Basta realizarmos a projeção por [tex3]X[/tex3]
em [tex3]PQ[/tex3]
e depois por [tex3]B[/tex3]
em [tex3]AC[/tex3]
:
seja [tex3]B_1 = PQ \cap BX[/tex3]
e [tex3]R_1 = AC \cap PQ[/tex3]
:
[tex3]BRPQ \frac{X}{\overline\wedge} B_1R_1PQ \frac{B}{\overline\wedge} XR_1AC[/tex3]
logo [tex3]-1 = (X,R_1;A,C)[/tex3]
isso implica que existe um ponto de projeção que relaciona estes quatro pontos com [tex3]B,Q,P,R_1[/tex3]
logo [tex3]BX, AQ, PC[/tex3]
são concorrentes e então [tex3]X=H[/tex3]
.
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Dá pra fugir da projetiva fazendo contas com o teorema de Ceva também.
[tex3]\frac{AP}{PB} \cdot \frac{BQ}{QC} \cdot \frac {CH}{HA}=1 [/tex3]
[tex3]\implies \frac{AP}{PR} \cdot \frac{QR}{QC} \cdot \frac {CH}{HA}=1[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AB}{BC} \cdot \frac{AB}{BC} \cdot \frac {CH}{HA}=1[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AH}{CH} = \frac{AB^2}{BC^2}[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AH}{CH} + 1 = \frac{AB^2}{BC^2} +1[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AC}{CH} = \frac{AC^2}{BC^2}[/tex3]
[tex3]\implies \frac{AC}{BC} = \frac{BC}{CH}[/tex3]
[tex3]\implies \triangle ABC \sim \triangle BHC[/tex3]
[tex3]\implies \angle BHC = 90[/tex3]
O ângulo [tex3]B[/tex3]
não precisava ser reto, desde que [tex3]R[/tex3]
fosse pé da bissetriz do ângulo [tex3]B[/tex3]
e [tex3]P[/tex3]
e [tex3]Q[/tex3]
fossem pés das perpendiculares de [tex3]R[/tex3]
em relação a [tex3]AB[/tex3]
e [tex3]BC[/tex3]
.
...............................................