Ίσο με τη διάμετρο

#1

: Ίσο με τη διάμετρο.png (8.25 KiB) Προβλήθηκε 1134 φορές

Έστω

το έγκεντρο και

η ακτίνα του περίκυκλου τριγώνου ABC(b>c).

Στη προέκταση του ύψους

θεωρούμε σημείο

ώστε $K\widehat ID=\dfrac{\widehat B-\widehat C}{2}.$ Να δείξετε ότι AK=2R.

Ορέστης Λιγνός · #2

Γεια σου Γιώργο! Ωραία άσκηση!

Θα δείξω το ισοδύναμο πρόβλημα :

Αν

ένα σημείο στην προέκταση της

ώστε

, τότε, $\boxed{\widehat{DIK}=\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}, \, (1)}$ .

Έστω (c)

ο κύκλος

.

Είναι $\widehat{BAI}=\dfrac{\widehat{A}}{2}, \widehat{BAD}=90^\circ-\widehat{B} \Rightarrow \widehat{DAI}=\widehat{BAI}-\widehat{BAD}=\dfrac{\widehat{A}}{2}+\widehat{B}-90^\circ=$

$\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2} \Rightarrow \boxed{\widehat{DAI}=\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}}, \, (2)$ .

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $\widehat{DAI}=\widehat{DIK}$ , ή ισοδύναμα ότι η

εφάπτεται στον κύκλο (A,D,I)

, ή αλλιώς ότι $\boxed{KI^2=KD \cdot KA}, \,(3)$ .

Θεωρούμε το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (c)

, έστω

.

Οι γωνίες $\widehat{BAD}$ και $\widehat{OAC}$ είναι ίσες (γνωστό λήμμα), και αφού $\widehat{BAI}=\widehat{IAC}$ , έπεται ότι $\widehat{DAI}=\widehat{IAO} \Rightarrow \widehat{KAI}=\widehat{IAA'}$ .

Τα τρίγωνα $\vartriangle KAI , \vartriangle A'AI$ έχουν $KA=2R=AA', \widehat{KAI}=\widehat{IAA'}, AI=AI$ , οπότε είναι ίσα, και άρα $IK=IA' \, (4)$ .

Έτσι, αντί να αποδείξουμε την (3) μπορούμε να αποδείξουμε την $\boxed{IA'^2=KD \cdot KA}, \, (5)$ .

Είναι $\dfrac{a \cdot AD}{2}=(ABC)=\dfrac{abc}{4R} \Rightarrow AD=\dfrac{bc}{2R} \mathop \Rightarrow \limits^{AK=2R} \boxed{DK=\dfrac{4R^2-bc}{2R}}, \, (6)$ .

Έτσι, $KD \cdot KA \mathop = \limits^{(6)} \dfrac{4R^2-bc}{2R} \cdot 2R=4R^2-bc \Rightarrow \boxed{KD \cdot KA=4R^2-bc }, \, (7)$ .

Αρκεί λοιπόν ν.δ.ο. $IA'^2=KD \cdot KA \mathop \Rightarrow \limits^{(4)} \boxed{IA'^2=4R^2-bc}, \, (8)$ .

Έστω

το κέντρο του κύκλου (c)

, που είναι και μέσο του AA'

.

Από Θ. Διαμέσων στο τρίγωνο $\vartraingle AIA'$ έχουμε $IA^2+IA'^2=2OI^2+2R^2 \Rightarrow A'I^2=2OI^2+2R^2-IA^2$ .

Από τον τύπο του Euler έχουμε ότι OI^2=R(R-2r)

, όπου

η ακτίνα του εγκύκλου του $\vartriangle ABC$ .

Έτσι, $\boxed{A'I^2=4R^2-IA^2-2Rr }, \, (9)$ .

Συνδυάζοντας τις (8), (9) αρκεί να δείξουμε ότι $4R^2-bc=4R^2-IA^2-2Rr \Rightarrow \boxed{IA^2=bc-4Rr}, \, (10)$ .

Είναι (συμβολίζουμε με $\tau$ την ημιπερίμετρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ) $\dfrac{abc}{4R}=(ABC)=\tau r \Rightarrow 4Rr=\dfrac{abc}{\tau}=\dfrac{2abc}{a+b+c} \Rightarrow \boxed{4Rr=\dfrac{2abc}{a+b+c}} , \, (11)$ .

Από (10), (11) αρκεί $IA^2=bc-\dfrac{2abc}{a+b+c}=\dfrac{bc(b+c-a)}{a+b+c} \Rightarrow \boxed{IA^2=\dfrac{bc(b+c-a)}{a+b+c}}, \, (12)$ .

Άρα, αρκεί να δείξουμε την (12) και τελειώσαμε.

Έστω $S \equiv AI \cap BC$ .

Από Θ. Διχοτόμου, $BS=\dfrac{ac}{b+c}$ .

Από Θ. Διχοτόμου στο $\vartriangle BAS$ , $\dfrac{AI}{IS}=\dfrac{AB}{BS}=\dfrac{b+c}{a} \Rightarrow \dfrac{AI}{AS}=\dfrac{b+c}{a+b+c}$ .

Όμως είναι γνωστό ότι $AS=\sqrt{bc[1-\dfrac{a^2}{(b+c)^2}]}$ , οπότε $IA=\dfrac{AS \cdot (b+c)}{(a+b+c)} =\ldots=\sqrt{\dfrac{bc(b+c-a)}{a+b+c}}$ , οπότε $AI^2=\dfrac{bc(b+c-a)}{a+b+c}$ , και, η (12), δείχτηκε.

: visvikis.png (32.77 KiB) Προβλήθηκε 1094 φορές

#3

: ϊσο με τη διάμετρο.png (32.73 KiB) Προβλήθηκε 1031 φορές

Αν

το, άλλο, σημείο τομής της

με το κύκλο και

το αντιδιαμετρικό του

,

αρκεί να δείξουμε ότι $\widehat \theta = \widehat \phi$ αφού ως γνωστό η διχοτόμος της γωνίας $\widehat A$ του $\vartriangle ABC$

διχοτομεί τη γωνία του ύψους και διαμέτρου απ την ίδια κορυφή και μάλιστα

$\boxed{\widehat {DAS} = \widehat {SAE} = \frac{{\widehat B - \widehat C}}{2}}$ . Θα δείξω τώρα το παρακάτω λήμμα ( έχει συμβατικά

δηλωθεί ως

η προβολή του

στη

).

Αν στο $\vartriangle ABC$ φέρω το ύψος

, την

του εγγεγραμμένου κύκλου και η

διχοτόμος

τέμνει ακόμα τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle ABC$ στο

, με

το

αντιδιαμετρικό του

, τότε $\widehat {SIE} = \widehat {IDA}$ . Δηλαδή $\boxed{\widehat \theta = \widehat \omega = \widehat \phi }$ .

Προς τούτο αρκεί τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ISE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle IKD$ να έχουν ανάλογες κάθετες πλευρές .

: Λήμμα στο ιση με τη διάμετρο Βισβικης.png (36.82 KiB) Προβλήθηκε 1031 φορές

Επειδή

και από το Θ, Πτολεμαίου στο τετράπλευρο ABSE

προκύπτει

και λόγω της ομοιότητας $\vartriangle ADZ \approx \vartriangle ASE$ ,

$\dfrac{u}{r} = \dfrac{{4Rs}}{{d(b + c)}}\,\,(1)\,\,,\,\,d = AZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,2s = a + b + c$ . Επειδή τώρα $\left\{ \begin{gathered} \dfrac{{SE}}{{DZ}} = \dfrac{{2R}}{d} \hfill \\ \dfrac{{DZ}}{{DK}} = \dfrac{d}{{AI}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

πολλαπλασιάζω και προκύπτει, $\dfrac{{SE}}{{DK}} = \dfrac{{2R}}{{AI}} = \dfrac{{2R}}{{\dfrac{{d(b + c)}}{{2s}}}} \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{DK}} = \dfrac{{4Rs}}{{d(b + c)}}\,\,(2)$ .

Από τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ προκύπτει το ζητούμενο του λήμματος .

S.E.Louridas · #4

Θεωρούμε

αντιδιαμετρικό του

για να «δούμε» το 2R=AA’

. Τότε αν

το μέσον του απέναντι από την κορυφή

τόξου

, και

είναι η τομή του ύψους

με τον κύκλο

και

η τομή του ύψους με την A'T

, τότε συμβαίνουν τα εξής: $AK_1= AA'=2R, \; TB=TC=TI$ , $A'M \bot AM,\;\tau o\xi .MT = \tau o\xi .TA',\;TM = T{K_1} = TA'.$
Έστω $Q = TA' \cap BC.$ Τα τρίγωνα $TA’C,\; CTQ$ είναι προφανώς όμοια, άρα ισχύει $\displaystyle{\frac{{TI}}{{T{K_1}}} = \frac{{TI}}{{TA'}} = \frac{{TC}}{{TA'}} = \frac{{TQ}}{{TI}} \Rightarrow T{I^2} = T{K_1} \cdot TQ \Rightarrow \angle {K_1}IQ = {90^ \circ }.}$ Επομενως τα σημεία $IDK_1{Q}$ είναι ομοκυκλικά, οπότε $\displaystyle{\angle DI{K_1} = \angle DQ{K_1} = \angle MA'T = \frac{{\angle B - \angle C}}{2} \Rightarrow {K_1} \equiv K.$ Τελικά έχουμε AK=2R.}

: VISV.png (18.25 KiB) Προβλήθηκε 980 φορές

#5

Αφού ευχαριστήσω τον Ορέστη, τον Νίκο και τον Σωτήρη για τις λύσεις τους, θα δώσω άλλη μία προσέγγιση στο ίδιο σκεπτικό του Ορέστη, αλλά κάπως πιο σύντομα. Θεωρώ, KA=2R

και θα δείξω ότι $\boxed{D\widehat IK = D\widehat AI = \frac{{\widehat B - \widehat C}}{2}}$

: Ίσο με τη διάμετρο.β.png (23.43 KiB) Προβλήθηκε 935 φορές

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο, I_a

το

παράκεντρο και

το σημείο τομής της

AI_a

με τον κύκλο (O, R).

Ως γνωστόν $\boxed{IM=MI_a}$ (1)

(Θεώρημα του Mention

). Τα τρίγωνα ABI_a, AIC

είναι όμοια

$(A\widehat I_aB=\dfrac{\widehat C}{2}=A\widehat CI, B\widehat AI=I\widehat AC),$ οπότε $\displaystyle{AI \cdot A{I_a} = AB \cdot AC \Leftrightarrow }$ $\boxed{AI \cdot A{I_a} = 2R \cdot AD=AK\cdot AD}$ (2)

$\displaystyle{KD \cdot KA = A{K^2} - AK \cdot AD\mathop = \limits^{(2)} A{K^2} - AI \cdot A{I_a} = A{K^2} - (AM - MI)(AM + M{I_a})\mathop = \limits^{(1)} }$

$\displaystyle{A{K^2} - A{M^2} + M{I^2} = K{M^2} + M{I^2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{KD \cdot KA = K{I^2}},$ απ' όπου λόγω ομοιότητας, έπεται το ζητούμενο.

Ίσο με τη διάμετρο

Ίσο με τη διάμετρο

Re: Ίσο με τη διάμετρο

Re: Ίσο με τη διάμετρο

Re: Ίσο με τη διάμετρο

Re: Ίσο με τη διάμετρο

Μέλη σε σύνδεση