Μια όμορφη ισότητα

#1

: Μια όμορφη ισότητα.png (23.42 KiB) Προβλήθηκε 1191 φορές

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και ας είναι εγγεγραμμένο σε αυτό ορθογώνιο , με $P,Q\in BC,M\in AB,N\in AC,\angle MNQ=\dfrac{\angle BAC}{2}$ .
είναι σημείο της ευθείας ώστε $AK\bot AB$ και σημείο της ευθείας ώστε $AL\bot AC$ .
Αν $E\equiv CL\cap NP,F\equiv BK\cap MQ$ να δειχθεί ότι

Στάθης

Al.Koutsouridis · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Σάβ Φεβ 04, 2017 10:21 pm Μια όμορφη ισότητα.png

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και ας είναι εγγεγραμμένο σε αυτό ορθογώνιο , με $P,Q\in BC,M\in AB,N\in AC,\angle MNQ=\dfrac{\angle BAC}{2}$ .
είναι σημείο της ευθείας ώστε $AK\bot AB$ και σημείο της ευθείας ώστε $AL\bot AC$ .
Αν $E\equiv CL\cap NP,F\equiv BK\cap MQ$ να δειχθεί ότι

Στάθης

: omorfh_isothta.png (48.36 KiB) Προβλήθηκε 978 φορές

Παρατηρούμε αρχικά ότι το κέντρο του ορθογωνίου MNPQ

, έστω

, ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου AMN

. Αφού $\angle MON = 180^0 - \angle MNO -\angle NMO = 180^0 - \angle A/2-\angle A/2=180^0-\angle A$ . Επίσης εύκολα βλέπουμε, ότι η

είναι η διχοτόμος της γωνίας

και ας είναι

το ίχνος της στην πλευρά

. Θα δείξουμε αρχικά ότι $DN \perp CL$ .

Έχουμε $\angle LMN = \angle LAN = 90^0$ , οπότε τα σημεία A,L,M,N

είναι ομοκυκλικά. Ομοίως εργαζόμαστε και για το σημείο

. Επομένως θα ισχύει και $\angle LMN = \angle LON = 90^0$ . Δηλαδή $LO \perp QN$ και αφού

το μέσω του

το τρίγωνο LQN

είναι ισοσκελές με LQ=LN

(1).

Για την συνέχεια θα μας χρειαστούν μερικές βοηθητικές σχέσεις. Ας είναι D{'}

το σημείο τομής της διχοτόμου με το τμήμα

και

σημείο της

ώστε

. Τότε λόγω και των συμμετριών στο ορθογώνιο MNQP

θα ισχύει

(2)

Για να δείξουμε την παρπάνω καθετότητα αρκεί να δειξούμε ότι LD^2-DC^2 = LN^2-NC^2

. Η οποία ίσοδύναμα γράφεται

$LD^2-DC^2 = LN^2-NC^2 \Rightarrow LQ^2+QD^2-DC^2 = LN^2-NC^2$ ή λόγω της (1)

$QD^2-DC^2 = -NC^2 \Rightarrow (QD+DC)(DC-QD)=NC^2 \Rightarrow QC\cdot (DC-D{'}N) = NC^2$

$\Rightarrow QC\cdot (DC-DN{'}) = NC^2 \Rightarrow QC\cdot N{'}C = NC^2 \Rightarrow \dfrac{QC}{NC} =\dfrac{NC}{N{'}C}$

Αρκεί δηλαδή τα τρίγωνα NCQ

και

να είναι όμοια. Πράγματι $\angle N{'}NC=\angle DAC = \angle A/2 = \angle MNQ = \angle NQC$ και η γωνία

είναι κοινή.

Αν τώρα

το σημείο τομής της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του AMN

θα είναι $NZ \perp LC$ . Άρα τα σημεία N,Z,D

είναι συνευθειακά.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AOZN

έχουμε $\angle OAN = \angle OZD = \angle A/2 = \angle OPD$ . Επομένως τα σημεία O,Z,P,D

είναι ομοκυκλικά. Επίσης εύκολα παρατηρούμε ότι και τα σημεία D,Z,P,E

είναι ομοκυκλικά. 'Αρα θα είναι $\angle DOE = \angle DPE = 90^0$ .

Ομοίως βρίσκουμε, ότι $\angle DOF = 90^0$ . Επομένως τα σημεία E,O,F

είναι συνευθειακά και λόγω της συμμετρίας τους ως προς το

θα είναι

. Δηλαδή η

είναι ύψος και διάμεσος του τριγώνου AFE

. Άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές με AE=AF

.

Μια όμορφη ισότητα

Μια όμορφη ισότητα

Re: Μια όμορφη ισότητα

Μέλη σε σύνδεση