Τέμνονται πάνω στο ύψος

giannimani · #1

Ο εγγεγραμμένος κύκλος ενός τριγώνου ABC

εφάπτεται των πλευρών

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα.
Ο παρεγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

και της προέκτασης της πλευράς

στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες

και

τέμνονται στο ύψος του τριγώνου που άγεται από την κορυφή

.

: three_concurrent_lines.png (32.5 KiB) Προβλήθηκε 459 φορές

#2

giannimani έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 06, 2025 12:12 am
Ο εγγεγραμμένος κύκλος ενός τριγώνου εφάπτεται των πλευρών και στα σημεία και αντίστοιχα.
Ο παρεγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται της πλευράς στο σημείο και της προέκτασης της πλευράς
στο σημείο . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες και τέμνονται στο ύψος του τριγώνου που άγεται από την κορυφή .

: temn ipsi.png (17.2 KiB) Προβλήθηκε 435 φορές

.
Θα μας χρειαστούν μερικά μήκη ευθυγράμμων τμημάτων, οπότε ας τα βρούμε. Όσα είναι γνωστά, τα παραθέτω χωρίς παραπάνω αιτιολόγιση.

$BD=BF=s=b,\, EC=CZ=s-b, \, AF=s-a, \, AZ=s$ (γνωστά). Από αυτά

$DH= BD-BH= s-b-c\cos B = \dfrac{a+c-b}{2}- \dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}= ... =\dfrac{(s-a)(b-c)}{a}$ και όμοια

$HE=BE-BH=...= \dfrac{s(b-c)}{a}$ .

Τώρα, από Μενέλαο στο ABN

με διατέμνουσα την

έχουμε $\dfrac{BD}{DH}\dfrac{HS}{SA}\dfrac{AF}{FB}=1$ , οπότε με αντικατάσταση των γνωστών, βρίσκουμε

$\displaystyle{ \boxed {\dfrac{HS}{SA} = \dfrac{b-c}{a}}}$

Αυτό μας λέει πού τέμνει η

το ύψος. Κάνουμε την ίδια δουλειά για την

.

Από το τρίγωνο AHC

με διατέμνουσα την

έχουμε για το σημείο τομής της

με το ύψος:

$\dfrac{HE}{EC}\dfrac{CZ}{ZA}\dfrac{AS'}{S'H}=1$ από όπου με αντικατάσταση των γνωστών θα βρούμε

$\displaystyle{ \boxed {\dfrac{HS' }{S΄A} = \dfrac{b-c}{a}}}$

Επειδή τα δύο δεξιά μέλη στους τύπους που βρήκαμε, είναι ίσα, έπεται $\displaystyle{\dfrac{HS }{SA}=\dfrac{HS' }{S΄A} }$ , που σημαίνει ότι οι δύο διατέμνουσες τέμνουν το ύψος στο ίδιο σημείο, S = S'

, όπως θέλαμε.

giannimani · #3

Θα δώσουμε μια λύση χρησιμοποιώντας δύο λήμματα. Στη πραγματικότητα ένα είναι το λήμμα και μια παραλλαγή του. Το λήμμα αυτό (το πρώτο) είναι αρκετά ως πολύ γνωστό και εμφανίζεται με διάφορα ονόματα στη διεθνή βιβλιογραφία. Στην αγγλόφωνη βιβλιογραφία ως λήμμα Ιράν, και στη ρωσόφωνη ως πρόβλημα 255 (με αυτόν τον αριθμό εμφανίζεται στο βιβλίο του διάσημου Γεωμέτρη Ι.Φ. Σάριγκιν (1937-2004) στο βιβλίο του "Γεωμετρία" για τις τάξεις 9-11, Μόσχα Εκδοτικός οίκος "Drofa" 1996.

Λήμμα 1.
$\bullet$ Έστω

και

τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου ενός τριγώνου ABC

με τις πλευρές του

και

αντίστοιχα.
Αν

(

) το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας

(

) με την ευθεία

, τότε $\angle{AWC}=90^{\circ}$ ( $\angle APC=90^{\circ}$ ).
$\bullet$ Επίσης το σημείο

ανήκει στην ευθεία που διέρχεται από τα μέσα των πλευρών

και

του τριγώνου ABC

.

Λήμμα 2.
$\bullet$ Έστω

και

τα σημεία επαφής του

παρεγγεγραμμένου κύκλου με την πλευρά

και την προέκταση της πλευράς

ενός τριγώνου ABC

, και

(

) το σημείο τομής της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας

(της διχοτόμου της γωνίας

) με την ευθεία

.
Τότε, $\angle{AQB}=90^{\circ}$ ( $\angle{AXB}=90^{\circ}$ ).
$\bullet$ Επίσης το σημείο

(

) ανήκει στην ευθεία που διέρχεται από τα μέσα των πλευρών

και

(

και

) του τριγώνου ABC

.

Σύμφωνα με τα λήμματα αυτά τα τετράπλευρα AQBX

και

είναι εγγεγραμμένα σε κύκλους με κέντρα τα σημεία

και

που
είναι τα μέσα των

και

αντίστοιχα. Η κοινή χορδή αυτών των κύκλων είναι το ύψος

του τριγώνου ABC

, που είναι
και ο ριζικός άξονας των δύο αυτών κύκλων. Έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

. Για να αποδείξουμε ότι ανήκει
στο ύψος

, αρκεί να αποδείξουμε ότι έχει ίσες δυνάμεις ως προς τους δύο κύκλους, δηλαδή, αρκεί $SQ \cdot SX= SP \cdot SW$ ή $\frac{SQ}{SP}=\frac{SW}{SX}$
ή ότι τα τρίγωνα SPQ

και

είναι όμοια.

: conc_on_the_altitude.png (78.16 KiB) Προβλήθηκε 383 φορές

Πράγματι τα δύο τρίγωνα έχουν
$\bullet$ $\angle PSQ=\angle WSX$ (κατακορυφήν γωνίες),
$\bullet$ $\angle QPS=\angle WXS$ , εφόσον έχουν ίσες τις παραπληρωματικές τους.
Πράγματι, από το ισοσκελές τρίγωνο LPW

(

,

διάμεσοι στην υποτείνουσα των ορθογώνιων τριγώνων APC

και

αντίστοιχα)
έχουμε ότι $\angle LPW = 90^{\circ}-\frac{\angle PLW}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle B}{2}$ .
Επίσης $\angle AXS=\angle AQB=90^{\circ}-\frac{\angle B}{2}$ (η πρώτη γωνιακή ισότητα προκύπτει από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AQBX

και στη συνέχεια
η γωνία ABQ

είναι το μισό της εξωτερικής γωνίας

).

Επομένως, τα δύο τρίγωνα είναι όμοια, και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Dimessi · #4

Έστω $S\equiv FD\cap AH$
Τότε
$\displaystyle \vartriangle HSD\sim \vartriangle FIB \Longrightarrow \frac{HS}{HD}=\frac{FB}{FI}=\frac{c+a-b}{2r} \left ( 1 \right )$

Οπότε
$\displaystyle \frac{HS}{HE}\cdot \frac{CD}{DI}\overset{\left ( 1 \right )}=\frac{c+a-b}{2r}\cdot \frac{\frac{c+a-b}{2}-\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2a}}{\frac{b+a-c}{2}-\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2a}}\cdot \frac{b+a-c}{2r}=\frac{\left ( c+a-b \right )\left ( b+a-c \right )\left ( b+c-a \right )}{4r^{2}\left ( a+b+c \right )}$
(*)
Όμως
$\displaystyle \frac{a+b+c}{2}r=\frac{1}{4}\sqrt{\left ( a+b+c \right )\left ( b+c-a \right )\left ( c+a-b \right )\left ( a+b-c \right )}$

οπότε το προηγούμενο (*) ισούται με

δηλ. $\vartriangle HSE\sim \vartriangle CDI\Longrightarrow \angle SEH=\frac{1}{2}\angle C$

δηλ. $SE\parallel CI$

Τώρα, η

ως πολική του

ως προς τον

παρεγγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle CAB$
θα είναι κάθετη στην

εξωτερική διχοτόμο που με τη σειρά της είναι κάθετη στην

οπότε $EZ\parallel CI$

Τελικά $SE\equiv EZ$

Για το λήμμα που παραθέτει ο Κ. Γιάννης Μανίκας μπορείτε να δείτε και εδώ viewtopic.php?f=58&t=75230&p=363912#p363912 Υπάρχει και εδώ viewtopic.php?f=58&t=75310&p=364331#p364331

: Τομή πολικών πάνω στο ύψος.png (126.81 KiB) Προβλήθηκε 339 φορές

Τέμνονται πάνω στο ύψος

Τέμνονται πάνω στο ύψος

Re: Τέμνονται πάνω στο ύψος

Re: Τέμνονται πάνω στο ύψος

Re: Τέμνονται πάνω στο ύψος

Μέλη σε σύνδεση