Η διχοτόμος διέρχεται από το ορθόκεντρο

Henri van Aubel · #1

Βάζω μία πολύ ωραία άσκηση που συνάντησε ένας μαθητής μου κάπου (δεν λέω που, μην δώσετε καμία πηγή παρακαλώ!

).

Έστω H,O

το ορθόκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα οξυγωνίου τριγώνου ABC

και ας είναι

η δεύτερη τομή της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας $\angle A$ με τον κύκλο $\left ( ABC \right )$ και D{'}

η δεύτερη τομή της ευθείας

με τον κύκλο $\left ( ABC \right ).$ Η εκ του

παράλληλος στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ τέμνει τις πλευρές AB,AC

στα

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι η ευθεία D{'}H

διχοτομεί τη γωνία $\angle ED{'}F.$

Αφιερωμένη στο καινούργιο μας μέλος και εξαίρετο μαθητή Σωτήρη!

Υ.Σ Έχω απλή λύση , την οποία θα παραθέσω . Ωστόσο, θα περιμένω λίγο για να την κοιτάξουν και άλλοι.

2nisic · #2

Έστω η παράλληλος από το

στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ τέμνει τις πλευρές AB,AC

στα

αντίστοιχα και έστω η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle A$ να τέμνει την

στο

και τον κύκλο (ABC)

στο

τότε:

$<AEF=<AFE=<AE'F'=AF'E'=\frac{<B+<C}{2}=<BD'D=\angle CD'D=\angle BMO=\angle CMO$
από 'που περνούμε τα 4 εγγράψιμα του σήματος.

Επιπλέων η

είναι η μεσοκαθετη των EF,E'F'

αφού $AM\perp AD$ .
<F'D'H=<F'BH=90-<A=<E'CH=<E'D'H

οπότε

διχοτόμος της $\angle F'D'E'$ οπότε το J,M

θα ανήκουν στην μεσοκαθετο και στην διχοτομώ(εσωτερική, εξωτερική διότι <JD'M=90

) αρα και στον περιεγραμμένο κύκλο (F'D'E')

.

Αν δείξουμε τώρα ότι σε αυτόν τον κύκλο ανήκουν και τα E,F

θα έχουμε τελειώσει λογο της παραλληλίας EF//E'F'

.
$<EMF'=<EMO+<OMJ+JMF'=<ACO+<DMA+<JD'F'=(90-<B)+\frac{B-C}{2}+<HBA=90-<B+\frac{B-C}{2}+90-A=\frac{B-C}{2}+C=\frac{B+C}{2}=<EE'F'$
που δίνει ότι

ανήκει στον (F'DME'J)

και όμοιος και για το

.

Henri van Aubel · #3

Ευχαριστώ τον Διονύση για τον χρόνο του και την ως άνω λύση! Βάζω τη δική μου.

1ο βήμα: Θέτω $\angle HDA=y$ και προκύπτουν :

$\displaystyle \bullet \frac{BD{'}}{AB}\cdot \frac{AB}{BO}=\frac{\sin \left ( y-C \right )}{\sin C}\cdot 2\sin C=2\sin \left ( y-C \right )$

$\displaystyle \bullet \frac{BO}{BF}=\frac{\sin \left ( \displaystyle \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle -\cos \left ( \frac{B}{2} +\frac{3C}{2}\right )}$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη έχουμε $\displaystyle \frac{BD{'}}{BF}=\frac{\sin \left ( y-\angle BD{'}F \right )}{\sin \angle BD{'}F}=\frac{2\sin \left ( C-y \right )\displaystyle \sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle \cos \left ( \frac{B}{2} +\frac{3C}{2}\right )}\left ( \ast \right )$

Λύνουμε την $\left ( \ast \right )$ ως προς $\cot \angle BD{'}F$ και έχουμε:

$\displaystyle \sin y\cot \angle BD{'}F-\cos y=\frac{\displaystyle 2\sin \left ( C-y \right )\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle \cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{3C}{2} \right )}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \cot \angle BD{'}F=\frac{\displaystyle 2\cos \left ( \frac{3B}{2}+\frac{C}{2} \right )\cdot \left [ \cos \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2}-y \right )-\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{3C}{2} \right )\sin y\right]}{\displaystyle 2\cos \left ( \frac{3B}{2}+\frac{C}{2} \right )\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{3C}{2} \right )\sin y}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \cot \angle BD{'}F=\frac{\displaystyle \cos \left ( B+C-y \right )+\cos \left ( 2B+y \right )-\sin \left ( C-B \right )\sin y-\sin \left ( 2B+2C \right )\sin y}{\displaystyle 2\cos \left ( \frac{3B}{2}+\frac{C}{2} \right )\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{3C}{2} \right )\sin y}\left ( I \right )$

2o βήμα: Είναι $\displaystyle \frac{D{'}C}{CO}=2\sin \left ( B+y \right )\&\frac{CO}{EC}=\frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle -\cos \left ( \frac{3B}{2}+\frac{C}{2} \right )}.$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη προκύπτει $\displaystyle \frac{D{'}C}{EC}=\frac{\sin \left ( y+\angle CD{'}E \right )}{\sin \angle CD{'}E}=-\frac{\displaystyle 2\sin \left ( B+y \right )\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle -\cos \left ( \frac{3B}{2}+\frac{C}{2} \right )}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \cot \angle CD{'}E=\frac{\displaystyle -2\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{3C}{2} \right )\cdot \left [ \cos \left ( \frac{B}{2}-\frac{C}{2}+y \right )+\sin \left ( \frac{3B}{2} +\frac{C}{2}\right )\sin y \right ]}{\displaystyle 2\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{3C}{2} \right )\cos \left ( \frac{3B}{2}+\frac{C}{2} \right )\sin y}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \cot \angle CD{'}E=\frac{-\cos \left ( B+C+y \right )-\cos \left ( 2C-y \right )-\sin \left ( B-C \right )\sin y-\sin \left ( 2B+2C \right )\sin y}{\displaystyle 2\cos \left ( \frac{3B}{2}+\frac{C}{2} \right )\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{3C}{2} \right )\sin y}\left ( II \right )$

Εμείς όμως θέλουμε να δείξουμε ότι $\angle BD{'}F=\angle CD{'}E$ γιατί τότε θα έχουμε το ζητούμενο , αφού $\angle BD{'}D=\angle CD{'}D$ .

Συνεπώς, από $\left ( I \right ),\left ( II \right )$ έπεται ότι αρκεί να ν.δ.ο :

$\cos \left ( B+C-y \right )+\cos \left ( B+C+y \right )+\cos \left ( 2B+y \right )+\cos \left ( 2C-y \right )+2\sin \left ( B-C \right )\sin y=$

Όμως αυτή ανάγεται στην $\displaystyle \cos y\left [ \cos \left ( B+C \right )+\cos \left ( B+C \right )\cos \left ( B-C \right ) \right ] =\sin y\left [ \cos \left ( B+C \right ) \sin\left ( B-C \right )-\sin \left ( B-C \right ) \right ]\left ( \bigstar \right )$

Πιο απλά αρκεί $\displaystyle \cot y=\frac{\sin \left ( C-B \right )-\sin \left ( C-B \right )\cos \left ( B+C \right )}{\left [ 1+\cos \left ( C-B \right ) \right ]\cos \left ( B+C \right )}=\frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )\left [ 1-\cos \left ( B+C \right ) \right ]}{\displaystyle \cos \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )\cos \left ( B+C \right )}\left ( \bigstar \right )$

Όμως είναι $\displaystyle \angle HAD=90^\circ-\frac{\angle C}{2}+\frac{\angle B}{2}$ και $\displaystyle \frac{AD}{AH}=\frac{AD}{AC}\cdot \frac{AC}{AH}=\frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{B}{2} -\frac{C}{2}\right )\sin B}{\displaystyle -\cos \left ( B+C \right )\sin B}.$

Συνεπώς, είναι $\displaystyle \frac{\displaystyle \sin \left ( 90^\circ-\frac{C}{2} +\frac{B}{2}+y\right )}{\sin y}=\frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2}-y \right )}{\sin y}=\frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )}{\cos \left ( B+C \right )}\Longleftrightarrow$

$\Longleftrightarrow \cot y=\frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )\left [ 1-\cos \left ( B+C \right ) \right ]}{\displaystyle \cos \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )\cos \left ( B+C \right )}\left ( \bigstar \bigstar \right )$

που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Η διχοτόμος διέρχεται από το ορθόκεντρο

Η διχοτόμος διέρχεται από το ορθόκεντρο

Re: Η διχοτόμος διέρχεται από το ορθόκεντρο

Re: Η διχοτόμος διέρχεται από το ορθόκεντρο

Μέλη σε σύνδεση