Η τομή των παραλλήλων εκ των ισοτομικών των επαφών επί της διχοτόμου

#1

: Η τομή των εκ των ισοτομικών παραλλήλων επί της διχοτόμου.png (26.96 KiB) Προβλήθηκε 1281 φορές

Έστω τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου $\left( I \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι οι εκ των παράλληλες προς τις αντίστοιχα τέμνονται σε σημείο της διχοτόμου της γωνίας του $\vartriangle ABC$ , όπου είναι τα ισοτομικά των ως προς τις αντίστοιχα.

Στάθης

dement · #2

: koutras.png (66.94 KiB) Προβλήθηκε 1169 φορές

(Παρ'όλο που δεν χρησιμοποιήθηκε, ας αναφέρω ότι τα D', E'

είναι τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων με τις αντίστοιχες πλευρές).

Έστω

η διχοτόμος και $K \equiv AL \cap BD'$ . Ισχύει $\displaystyle \frac{BL}{LC} = \frac{c}{b}$ και $\displaystyle \frac{AD'}{D'C} = \frac{a+b-c}{b+c-a}$ .

Τότε, από θεώρημα Μενελάου στο $\triangle{ALC}$ με διατέμνουσα BD'

έχουμε $\displaystyle \frac{AK}{KL} = \frac{(b+c)(a+b-c)}{c(b+c-a)} \implies \frac{AK}{AL} = \frac{(b+c)(a+b-c)}{b(a+b+c)}$ .

Έστω

το σημείο στο οποίο η παράλληλη προς την BD'

από το

τέμνει την

. Ισχύει $\displaystyle AE' = \frac{a+c-b}{2}$ . Τότε $\displaystyle \frac{AM}{AK} = \frac{AE'}{AB} = \frac{a+c-b}{2c}$ . Άρα, $\displaystyle \frac{AM}{AL} = \frac{AM}{AK} \frac{AK}{AL} = \frac{a+c-b}{2c} \frac{(b+c)(a+b-c)}{b(a+b+c)} = \frac{(b+c)[a^2 - (b-c)^2]}{2bc(a+b+c)}$ .

Ο τελευταίος τύπος είναι συμμετρικός ως προς την εναλλαγή των b, c

και έτσι οι δύο παράλληλες τέμνονται επί της διχοτόμου.

#3

Δεν είναι απαραίτητο τα σημεία $D,\ E,$ να ταυτίζονται με τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου στις πλευρές $AB,\ AC$ αντιστοίχως, του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

Θα αποδειχθεί ότι ισχύει το ζητούμενο για τυχόντα σημεία $D,\ E$ επί των $AB,\ AC$ αντιστοίχως, για τα οποία όμως ισχύει AD = AE.

$\bullet$ Έστω το σημείο $P\equiv BD'\cap CE',$ όπου $D',\ E'$ είναι τα ισοτομικά σημεία των $D,\ E,$ επί των πλευρών $AB,\ AC,$ αντιστοίχως.

Έστω τα σημεία $Q,\ R,$ ώστε τα $AD'QE',\ ABRC$ να είναι παραλληλόγραμμα και έστω τα σημεία $F\equiv RB\cap D'Q$ και $Z\equiv RC\cap E'Q.$

Από $AD = AE\Rightarrow$ $BE' = CD'\Rightarrow$ $\boxed{RF = RZ}\ \ \ ,(1)$

Από (1)

προκύπτει ότι το παραλληλόγραμμο QFRZ

είναι ρόμβος και άρα, η διαγώνιά του

ταυτίζεται με την διχοτόμο της γωνίας $\angle R$ του QFRZ.

Τα σημεία $P,\ Q,\ R,$ είναι συνευθειακά, σύμφωνα με γνωστό Λήμμα που έχουμε ξαναδεί στο

Δείτε Εδώ

, λόγω του παραλληλογράμμου ABRC

με το σημείο

στο εσωτερικό του και $QD'\parallel AB$ και $QE'\parallel AC.$

: Η τομή των παραλλήλων εκ των ισοτομικών των επαφών, επί της διχοτόμου.; f=181_t=57751.png (31.09 KiB) Προβλήθηκε 901 φορές

$\bullet$ Έστω $L,\ M,\ N,$ τα μέσα των $AP,\ D'E',\ BC$ αντιστοίχως και σύμφωνα με το Θεώρημα Gauss-Newton, έχουμε ότι τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά.

Η ευθεία

περνάει από το σημείο

λόγω του παραλληλογράμμου ABRC.

Από

και

τώρα, προκύπτει $\boxed{LN\parallel PR}\ \ \ ,(2)$

Έστω

το σημείο ώστε το BPCT

να είναι παραλληλόγραμμο και έχουμε ότι η διαγώνιά του

περνάει από το σημείο

και ισχύει $\boxed{PN = NT}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

και $AL = LP\Rightarrow$ $\boxed{LN\parallel AT}\ \ \ ,(4)$

Από $(2),\ (4)\Rightarrow$ $\boxed{AT\parallel PR}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

προκύπτει ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ του παραλληλογράμμου ABRC.

Τέλος, από $M\in LN$ και PM = MS,

λόγω του παραλληλογράμμου D'PE'S,

συμπεραίνεται ότι το σημείο

ανήκει στην ευθεία

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Πράγματα, που τα έχουμε ξαναδεί αλλού, αλλά άντε βρέστα...

Η τομή των παραλλήλων εκ των ισοτομικών των επαφών επί της διχοτόμου

Η τομή των παραλλήλων εκ των ισοτομικών των επαφών επί της διχοτόμου

Re: Η τομή των παραλλήλων εκ των ισοτομικών των επαφών επί της διχοτόμου

Re: Η τομή των παραλλήλων εκ των ισοτομικών των επαφών επί της διχοτόμου

Μέλη σε σύνδεση