Κάθετη στην ευθεία OI

giannimani · #1

Δίνεται ένα σκαληνό τρίγωνο ABC

με

και σημείο

του τόξου

που δεν περιέχει την κορυφή

του περιγεγραμμένου κύκλου $\Omega$ του $\triangle ABC$ , έτσι ώστε

BP+CP=AP

. Από το

φέρουμε παράλληλη προς τη

που τέμνει για δεύτερη φορά τον $\Omega$ στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι

AX \bot OI

, όπου

και

το περίκεντρο
και το έγκεντρο του $\triangle ABC$ αντίστοιχα.

: sum_BPplusCPequalAP.png (77.46 KiB) Προβλήθηκε 310 φορές

Dimessi · #2

giannimani έγραψε: Τετ Ιουν 17, 2026 6:21 pm Δίνεται ένα σκαληνό τρίγωνο με και σημείο του τόξου που δεν περιέχει την κορυφή
του περιγεγραμμένου κύκλου $\Omega$ του $\triangle ABC$ , έτσι ώστε $BP+CP=AP$ . Από το φέρουμε παράλληλη προς τη
που τέμνει για δεύτερη φορά τον $\Omega$ στο σημείο . Να αποδείξετε ότι $AX \bot OI$ , όπου και το περίκεντρο
και το έγκεντρο του $\triangle ABC$ αντίστοιχα.

Πανέμορφο θέμα ωστόσο το LATEX παραλίγο να πάθει πυρομανίαση

: Καθετότητα με ταλαιπωρημένο λατεχ.png (98.85 KiB) Προβλήθηκε 241 φορές

$\bullet$ Έστω

η τομή της

εξωτερικής διχοτόμου της $\angle BAC$ με τον κύκλο

(ABC)\equiv (\omega),Q

το δεύτερο σημείο τομής της εκ του

παράλληλης στην BC,

με τον κύκλο $(\omega),$ και

W\equiv SI\cap (\omega)(W\neq S),

τότε το

ταυτίζεται με το σημείο επαφής του A-Mixtilinear incircle του $\vartriangle ABC$ με τον κύκλο $(\omega),$ επομένως το σημείο

D\equiv QW\cap BC

ταυτίζεται με το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ με την πλευρά του BC,

κι έστω

το δεύτερο σημείο τομής του κύκλου

(S,SA=SQ)

με το τμήμα

QD,T

το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον κύκλο $(\omega),$ τότε

\angle WJA\overset{SJ=SA=SQ}=\frac{\angle ASQ}{2}=\frac{\angle A}{2}+\angle C\overset{E\equiv AI\cap BC}=\angle DEA\Rightarrow E,D,A,J

ομοκυκλικά και συνεπώς

\angle IAJ\equiv \angle EAJ\overset{J\in (ADE)}=\angle EDJ\equiv \angle QDC=\arctan \left ( \frac{AI}{AS} \right )=\angle ASI\overset{\angle IAS=90^\circ}\Rightarrow AJ\perp IS\overset{\left ( SJ=SA \right )}\Rightarrow IA=IJ,

και έστω

R\equiv AX\cap BC,AH\perp BC(H\in BC).

Είναι

\angle WTQ\overset{TBWQ\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle WBQ=\angle WAC+\angle C=\angle HLA\overset{\angle TQW=\angle DHA=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle WTQ \sim \vartriangle DHA\Rightarrow \frac{TQ}{TW}=\frac{HL}{HA}:\left ( 1 \right ),

και

\frac{JQ}{SQ}=2\cos \left ( \angle SQW \right )=2\cos \left ( \angle STW \right )\overset{\angle TSW=90^\circ}=\frac{2TS}{TW}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{TQ}{JQ}=\frac{\displaystyle \frac{HL\cdot 2R_{(\omega)}}{HA}}{\displaystyle \frac{2TS\cdot SQ}{2R_{(\omega)}}}=\frac{2R_{\left ( \omega \right )}^2\cdot HL}{HA\cdot TS\cdot SQ}}:\left ( 2 \right ).

Με

R\equiv AX\cap BC\Rightarrow \frac{RB}{RC}=\frac{c}{b}\cdot \frac{XB}{XC},

και από το Θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο ABPC,

είναι

\left ( PB+PC \right )\cdot a=PB\cdot b+PC\cdot c\Leftrightarrow \frac{PC}{PB}=\frac{b-a}{a-c}\overset{PX\parallel BC}\Rightarrow \frac{XB}{XC}=\frac{b-a}{a-c}\Rightarrow \frac{RB}{RC}=\frac{c\left ( b-a \right )}{b\left ( a-c \right )}\Rightarrow RC=\frac{ab\left ( a-c \right )}{a\left ( b-c \right )}=\frac{b\left ( a-c \right )}{b-c}\Rightarrow \frac{HR}{HA}=\frac{\displaystyle\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}-\frac{b\left ( a-c \right )}{b-c}}{HA}:(3).

Συνεπώς

\frac{\displaystyle\frac{TQ}{JQ}}{\displaystyle \frac{HR}{HA}}\overset{^{\left ( 2 \right )}_{\left ( 3 \right )}}=\frac{2R^{2}_{\left ( \omega \right )}\cdot HL}{TS\cdot 2R_{\left ( \omega \right )}\cos \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\left ( \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}-\frac{b\left ( a-c \right )}{b-c} \right )}\overset{\left ( \textrm{From Mixtilinear }\left ( W\equiv IS\cap (\omega )\left ( W\neq S \right ) \right ) \right )\wedge L\equiv WA\cap BC}=1\Rightarrow \frac{TQ}{JQ}=\frac{HR}{RA}\overset{\left ( \angle JQT\equiv \angle WQT=90^\circ=\angle RHA \right )}\Rightarrow \vartriangle TJQ\sim \vartriangle HRA

\angle QTJ=\angle HRA=\angle XAC+\angle C=\angle XBC+\angle QBC=\angle QBX\overset{\left ( QTBX\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \right )}=\angle QTX\Rightarrow T,J,X

συνευθειακά και συνεπώς

\angle AXJ\overset{J\in TX}\equiv \angle AXT\overset{XWAT \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle AWT\overset{\angle WAT=90^\circ}=90^\circ-\angle ATW=90^\circ-\angle AQW=90^\circ-\frac{\angle JSA}{2}\overset{\vartriangle SAI=\vartriangle SJI}=90^\circ-\angle ISJ:\left ( 4 \right ).

Αφού

\angle ISJ\overset{IASJ \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle IAS=\angle IJS=90^\circ \right )}=\angle IAJ\overset{(4)}\Rightarrow \angle AXJ=90^\circ-\angle IAJ\overset{IA=IJ}\Rightarrow I

είναι το περίκεντρο του τριγώνου

\vartriangle AJX,

συνεπώς

IA=IJ=IX\overset{OA=OX}\Rightarrow OI\perp AX.

: Καθετότητα με ταλαιπωρημένο λατεχ.png (98.85 KiB) Προβλήθηκε 241 φορές

giannimani · #3

Στις ημιευθείες

(BA)

και

(CA)

θεωρούμε τα σημεία

και

αντίστοιχα, έτσι ώστε BE=BC

και

CF=BC

. Τότε,
είναι γνωστό ότι

(EF) \bot (OI)

( Καθετότητα του Derk Jan SMEENK όπως μας τη σύστησε ο μεγάλος Στάθης Κούτρας εδώ.

: sum_BPplusCPequalAP_sol.png (68.3 KiB) Προβλήθηκε 156 φορές

Από το θεώρημα Πτολεμαίου για το εγγεγραμμένο στον κύκλο $\Omega$ τετράπλευρο ABPC

έχουμε

AP\cdot BC= AB\cdot CP +AC\cdot BP \Rightarrow (BP+CP)BC=AB\cdot CP +AC\cdot BP \Rightarrow

(BC-AB)CP=(AC-BC)BP\Rightarrow (BE-AB)CP=(AC-CF)BP \Rightarrow AE\cdot CP=AF \cdot BP

\Rightarrow \dfrac{AE}{AF}=\dfrac{BP}{PC} \Rightarrow \vartriangle AEF \sim \vartriangle PBC

(εφόσον

\angle EAF=\angle BCP

).
Επομένως,

\angle AEF=\angle PBC \quad (1)

. Αλλά

\angle PBC=\angle XCB=\,, \quad\textit{(BXPC \; ισοσκελές \; τραπέζιο)}

=\angle XCB= \angle BAX \quad (2)

. Από

και

προκύπτει ότι

\angle AEF=\angle BAX

, δηλαδή,

(AX) \parallel (EF)

,
οπότε

AX \bot OI

.

Κάθετη στην ευθεία OI

Κάθετη στην ευθεία OI

Re: Κάθετη στην ευθεία OI

Re: Κάθετη στην ευθεία OI

Μέλη σε σύνδεση