Διχοτόμος γωνίας διχοτομεί...

giannimani · #1

Ο εγγεγραμμένος κύκλος $\omega$ του τριγώνου ABC

, εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

.
Το ευθύγραμμο τμήμα

τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο $\omega$ στο σημείο

. Τα σημεία

και

του κύκλου $\omega$
είναι τέτοια, ώστε $EF \parallel BC$ και $EG \parallel BA$ . Να αποδείξετε ότι, το ευθύγραμμο τμήμα $I_{1}I_{2}$ , όπου $I_{1}$ , $I_{2}$ τα έγκεντρα των
τριγώνων DFE

και

αντίστοιχα, διχοτομείται από τη διχοτόμο της γωνίας GDF

.

: bis_through_middle.png (22.41 KiB) Προβλήθηκε 1560 φορές

#2

Ας είναι

τα σημεία επαφής στις πλευρές AB, BC

και

η τομή των FK, GL.

Από το αρμονικό τετράπλευρο EKDL

έχουμε $\dfrac{EK}{KD}\cdot \dfrac{DL}{LE}=1$

Η τελευταία σχέση από τον νόμο των ημιτόνων με απαλοιφή των

δίνει: $\dfrac{sin\angle EFK}{sin\angle KFD}\cdot \dfrac{sin\angle DGL}{sin\angle LGE}=1$

Με απλή μεταφορά γωνιών, από την τελευταία έχουμε: $\dfrac{sin\angle KFG}{sin\angle KFD}\cdot \dfrac{sin\angle DGL}{sin\angle FGL}=1$

Η σχέση αυτή, αν γράψουμε και τη σχέση, που δίνει το θεώρημα του τριγωνομετρικού Ceva στο τρίγωνο GDF

για τις συντρέχουσσες GI, DI, FI

δίνει

$\dfrac{sin\angle GDI}{sin\angle IDF}=1$ άρα $\angle GDI=\angle IDF$ , οπότε η

είναι διχοτόμος της $\angle GDF$ .

Τα έκκεντρα, επομένως, των τριγώνων EGF, GDF

κείνται επί της DI.

Το συμπέρασμα, τώρα, είναι άμεσο, αφού, ως γνωστό, ότι τα δύο αυτά έκκεντρα και τα I_1, I_2

είναι κορυφές ορθογωνίου. (Αναφέρεται π.χ. στο "Ιαπωνικό θεώρημα")

S.E.Louridas · #3

Ας δούμε και την παρακάτω άποψη.

Θα εργαστούμε με βάση το σχήμα που ακολουθεί.

Αν

είναι το μέσο του ${I_1}{I_2}$ , η ιδέα είναι να αποδείξουμε ότι αυτό απέχει ίσες αποστάσεις από τις DF, DG.

Παρατηρούμε τα εξής: $\vartriangle FKD \sim \vartriangle EKB,\;\,\vartriangle GDH \sim \vartriangle EBH.$

Επομένως έχουμε $\displaystyle{\frac{{K{I_1}}}{{KD}} = \frac{{BM}}{{BK}} = \frac{{BL}}{{BH}} = \frac{{H{I_2}}}{{HD}} \Rightarrow {I_1}{I_2}\parallel HK\;\,\left( 1 \right).}$

Παρατηρούμε ότι $\vartriangle {I_2}I_2{'}I_2{''} \sim \vartriangle B{H_1}H$ (Μεταφορές γωνιών λόγω εγγράψιμου), οπότε προκύπτει

$\displaystyle{\frac{{{I_2}I_2{''}}}{x} = \frac{R}{{B{H_1}}} \Rightarrow {I_2}I_2{''} = \frac{{Rx}}{{B{H_1}}} \Rightarrow {I_2}I_2{''} + r = \frac{{Rx + rB{H_1}}}{{B{H_1}}},}$

και όμοια παίρνουμε $\displaystyle{{I_1}I_1{''} + R = \frac{{rx + R \cdot B{K_1}}}{{B{K_1}}}.}$

Θέλουμε τελικά να ισχύει με βάση την ιδέα που αναφέραμε ότι $\displaystyle{\frac{{Rx + rB{H_1}}}{{B{H_1}}} = \frac{{rx + R \cdot B{K_1}}}{{B{K_1}}}}$ ή

$B{H_1} \cdot {K_1}H = R \cdot B{K_1} \cdot {H_1}K$

ή και από το θεώρημα του Ceva στο τρίγωνο BHK

αρκεί να ισχύει $\displaystyle{\frac{r}{R} = \frac{{KQ}}{{QH}}}$

που όμως αυτή ισχύει λόγω της σχέσης (1)

.

: geogebra-export.png (454.55 KiB) Προβλήθηκε 1313 φορές

giannimani · #4

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος $\omega$ εφάπτεται των πλευρών

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα.
Εφόσον $FE \parallel BC$ και $GE \parallel BA$ , τότε τα

και

είναι τα μέσα των τόξων EKG

και

του κύκλου $\omega$ αντίστοιχα.
(Τόξα μεταξύ παραλλήλων χορδών είναι ίσα. Εδώ η μια χορδή είναι εφαπτομένη.)
Επομένως, οι

,

είναι διχοτόμοι των γωνιών GDE

,

αντίστοιχα, και ως εκ τούτου τα έγκεντρα $I_{2}$ , $I_{1}$
των τριγώνων GDE

,

ανήκουν στις

,

αντίστοιχα.
Το τετράπλευρο DKEL

είναι αρμονικό, και επομένως, $\frac{DK}{DL}=\frac{EK}{EL}\quad (1)$ .
Αλλά, $EK=KI_{2}$ και $EL=LI_{1}$ (Θεώρημα Τρίαινας).

: bis_thr_mid_sol.png (28.51 KiB) Προβλήθηκε 1299 φορές

Η

λόγω των ανωτέρω γίνεται $\frac{DK}{DL}=\frac{KI_{2}}{LI_{1}}$ , από την οποία προκύπτει ότι $I_{1}I_{2} \parallel KL$ .
Αρκεί επομένως, να αποδείξουμε ότι η διχοτόμος της γωνίας GDF

διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα

.
Είναι γνωστό ότι, η ευθεία

περιέχει τη συμμετροδιάμεσο του τριγώνου DKL

. Έστω $N= DE \cap KL$
και

το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας GDF

με την

. Αν αποδείξουμε ότι οι

,

ισογώνιες ως
προς τις πλευρές της γωνίας KDL

, τότε η

θα είναι η διάμεσος, δηλαδή, θα διχοτομεί την

.
Πράγματι, για την περίπτωση του σχήματος, έχουμε:
$\angle GDM=\angle FDM \implies$
$\angle GDK+\angle KDM=\angle FDL+\angle LDM \implies$
$\angle KDN+\angle KDM=\angle LDN+\angle LDM \implies$
$2\angle KDN+\angle NDM=2\angle LDM+ \angle MDN \implies$
$\angle KDN=\angle LDM$ .

Henri van Aubel · #5

Καλησπέρα. Η δική μου λύση ήταν η εξής:

Έστω R,N

τα σημεία επαφής του εν λόγω εγγεγραμμένου κύκλου με τις πλευρές AB,BC

αντίστοιχα. Το τετράπλευρο ERDN

είναι αρμονικό, εφόσον η διαγώνιος

διέρχεται από την πολική της διαγωνίου

. Συνεπώς, έχουμε $\displaystyle \frac{DR}{DN}=\frac{ER}{EN}:(1)$
Επιπλέον, είναι $\angle RGE^{\chi o\varrho \delta \eta -\epsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta }=\angle BRE^{EG||BR}=\angle REG\Rightarrow RE=RG$ και άρα $R,I_{2},D$ συνευθειακά και $\displaystyle \angle EI_{2}G=90^\circ+\frac{\angle GDE}{2}=180^\circ-\frac{\angle GRE}{2}$ που μαζί με την ισότητα RE=RG,

συμπεραίνουμε ότι

περίκεντρο του $\vartriangle EI_{2}G$ κι έτσι $RE=RI_{2}:(2)$ . Με όμοιο τρόπο είναι $\angle BNE=\angle EFN=\angle FEN\Rightarrow NE=NF$ και άρα $N,I_{1},D$ συνευθειακά και ακόμα είναι $\displaystyle \angle EI_{1}F=180^\circ-\frac{\angle ENF}{2}$ που μαζί με την ισότητα FN=NE,

μας δίνει $NI_{1}=NE:(3)$
Συνεπώς, είναι $\displaystyle \left ( 1 \right ),\left ( 2 \right ),\left ( 3 \right )\Rightarrow \frac{DR}{DN}=\frac{RI_{2}}{NI_{1}}\Rightarrow I_{1}I_{2}||RN$ και μετά κάνουμε το εξής: Έστω

η τομή της διχοτόμου της γωνίας $\angle GDF$ με το τμήμα RN,

αρκεί να είναι MR=MN

. Έχουμε $\displaystyle \frac{\sin \angle MDR}{\sin \angle MDN}=\frac{\sin \angle BNE}{\sin \angle BRE}=\frac{\sin \angle ERN}{\sin \angle ENR}=\frac{EN}{ER}=\frac{NI_{1}}{RI_{2}}=\frac{ND}{RD},$ όπως θέλαμε.

Henri van Aubel · #6

Υπάρχει και μία γρήγορη αντιμετώπιση.

Θέτω $\angle ABD=2u$ τότε $\displaystyle \angle EGD=\angle A+2u$ και $\displaystyle \angle I_{2}ED=u,\angle I_{1}ED=\frac{\angle B}{2}-u.$

Προκύπτει εντελώς αβίαστα ότι $\displaystyle \frac{ED}{I_{2}D}\cdot \frac{I_{1}D}{ED}=\frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{A}{2}+u \right )}{\sin u}\cdot \frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{B}{2}-u \right )}{\displaystyle\sin \left ( \frac{A}{2} +u\right ) }=\frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )-\sin \left ( \frac{A}{2} -\frac{B}{2}+2u\right )}{\displaystyle \cos \frac{A}{2}-\cos \left ( \frac{A}{2}+2u \right )}\left ( 1 \right )$

Έστω

η τομή της διχοτόμου της γωνίας $\angle GDF$ με το τμήμα $I_{1}I_{2}$ τότε $\displaystyle \angle I_{1}DM=\angle I_{2}DE=90^\circ-\frac{\angle A}{2}-2u$ και $\displaystyle \angle I_{2}DM=\angle I_{1}DE=\frac{\angle A}{2}-\frac{\angle B}{2}+2u.$

Επομένως , προκύπτει πως $\displaystyle \frac{I_{1}D}{I_{2}D}\cdot \frac{\sin \angle I_{1}DM}{\sin \angle I_{2}DM}=\frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{A}{2}+2u \right )\left [ \sin \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )-\sin \left ( \frac{A}{2}-\frac{B}{2}+2u \right ) \right ]}{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}-\frac{B}{2}+2u \right )\left [ \cos \frac{A}{2}-\cos \left ( \frac{A}{2}+2u \right ) \right ]}\left ( I \right )$

Εμείς αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \frac{I_{1}D}{I_{2}D}\cdot \frac{\sin \angle I_{1}DM}{\sin \angle I_{2}DM}=1.$

Επομένως η $\left ( I \right )$ ανάγεται στην $\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )\cos \left ( \frac{A}{2}+2u \right )=\cos \frac{A}{2}\sin \left ( \frac{A}{2}-\frac{B}{2}+2u \right )\left ( \ast \right )$

Αυτή η σχέση ανάγεται στην $\cos 2u\left ( \sin B\cos A+\sin B \right )=\sin 2u\left ( 1+\cos B+\sin B\sin A \right ).$

Είναι όμως $\displaystyle \frac{\sin \left ( B-2u \right )}{\sin 2u}=\sin B\cot 2u-\cos B=\frac{1-\cos \left ( A+B \right )}{1+\cos A}\Longleftrightarrow$

$\Longleftrightarrow \displaystyle \cot 2u=\frac{1-\cos A\cos B+\sin A\sin B+\cos B+\cos A\cos B}{\sin B\left ( 1+\cos A \right )}$

που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Διχοτόμος γωνίας διχοτομεί...

Διχοτόμος γωνίας διχοτομεί...

Re: Διχοτόμος γωνίας διχοτομεί...

Re: Διχοτόμος γωνίας διχοτομεί...

Re: Διχοτόμος γωνίας διχοτομεί...

Re: Διχοτόμος γωνίας διχοτομεί...

Re: Διχοτόμος γωνίας διχοτομεί...

Μέλη σε σύνδεση