Καθετότητα και παραλληλία

#1

: Καθετότητα και παραλληλία.png (40.37 KiB) Προβλήθηκε 2607 φορές

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left( O \right)$ (κέντρου $\left( O \right)$ , $\left( I \right)$ ο εγγεγραμμένος του κύκλος και το σημείο επαφής του $\left( I \right)$ με την .
Αν $F \equiv MD \cap \left( O \right),F \ne M$ με το μέσο του τόξου που δεν περιέχει την κορυφή και $Q\equiv FI\cap \left( O \right),Q\ne F$ να δειχθεί ότι
${{I}_{a}}S\bot AS$ με ${{I}_{a}}$ το κέντρου του παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου και $S\equiv {{I}_{a}}Q\cap \left( O \right),S\ne Q$ και $FS\parallel BC$

Στάθης

simantiris j. · #2

Καλησπέρα σε όλους!

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Αρκεί να αποδειχθεί ότι το σημείο $Q\equiv (O)\cap FI$ , ταυτίζεται με το αντιδιαμετρικό σημείο του

και άρα, αρκεί να αποδειχθεί ότι $\angle AFI = 90^{o}$ .

Έστω

, το αντιδιαμετρικό σημείο του

και από $\angle FAI\equiv \angle FAM = \angle FNM$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι $\angle FIA = \angle AMN\ \ \ .(1)$ λόγω του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle FMN$ .

Από (1)

και $\angle FMN = \angle FDI$ , λόγω $ID\parallel MN$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\angle FDI = \angle FIA\ \ \ ,(2)$

Από (2)

αρκεί να αποδειχθεί ότι η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (O')

του τριγώνου $\vartriangle IDF$ .

Αυτό όμως αληθεύει.

: Καθετότητα και παραλληλία.; f=185_t=55835.PNG (42 KiB) Προβλήθηκε 2519 φορές

Πράγματι, από το εγγράψιμο τετράπλευρο KDFN

, όπου $K\equiv BC\cap MN$ και το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle CMN$ , με $CK\perp MN$ , έχουμε $(MD)(MF) = (MK)(MN) = (MC)^{2} = (MI)^{2}\ \ \ (3)$ λόγω MB = MI = MC

( γνωστό αποτέλεσμα ).

Συμπεραίνεται έτσι, $\angle AFI\equiv \angle AFQ = 90^{o}\Rightarrow$ $\angle ASQ\equiv \angle ASI_{a} = 90^{o}$ , με $S\equiv (O)\cap I_{a}Q$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Η παραλληλία $FS\parallel BC$ είναι ένα πρόσθετο αποτέλεσμα προς απόδειξη, το οποίο όμως δεν είναι χρειαζούμενο στα δοσμένα της εκφώνησης , αλλά ούτε απαραίτητο για την απόδειξη του ζητούμενου.

#4

vittasko έγραψε: ....
ΥΓ. Η παραλληλία $FS\parallel BC$ είναι ένα πρόσθετο αποτέλεσμα προς απόδειξη, το οποίο όμως δεν είναι χρειαζούμενο στα δοσμένα της εκφώνησης , αλλά ούτε απαραίτητο για την απόδειξη του ζητούμενου.

Κώστα καλησπέρα

Μάλλον δεν έγινε αντιληπτό ότι η παράλληλια ειναι και αυτό ζητούμενο ( αλλιώς θα έγραφα ´με ´και όχι ´και ´). Αλωστε η παράλληλια ισχύει για τυχόν τρίγωνο . Τα δυο ζητούμενα απαντούν στο πρόβλημα που αναφέρει ο καλός φίλος simantiris

#5

Στάθη, όντως δεν έγινε αντιληπτό ( από μένα ) ως δεύτερο ζητούμενο, η παραλληλία $FS\parallel BC$ και ας δούμε μία συγγενική προσέγγιση για την απόδειξή της.

$\bullet$ Έστω το σημείο $D'\equiv BC\cap MS$ και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι ταυτίζεται με το σημείο επαφής του κύκλου $(I_{a})$ στην

.

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο KD'SN

και το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle CMN$ με $CK\perp MN$ , έχουμε $(MD')(MS) = (MK)(MN) = (MC)^{2} = (MI)^{2} = (MI_{a})^{2}\ \ \ ,(1)$ λόγω $MB = MI = MC = MI_{a}$ .

: Καθετότητα και παραλληλία - Απόδειξη της παραλληλίας FS // BC.; f=185_t=55835(a).PNG (41.12 KiB) Προβλήθηκε 2447 φορές

Από

προκύπτει ότι η $MI_{a}$ εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (L)

του τριγώνου $\vartriangle D'I_{a}S$ και επομένως, ισχύει $\angle MSI_{a} = \angle MI_{a}D'\ \ \ ,(2)$

Αλλά, ισχύει $\angle MSI_{a}\equiv \angle MSQ = \angle MAQ = \angle AMN\ \ \ ,(3)$ λόγω OA = OM

.

Από $(1),\ (3)\Rightarrow$ $\angle AMN = \angle MI_{a}D'\ \ \ ,(4)$

Από $(4)\Rightarrow$ $I_{a}D'\parallel MN\Rightarrow$ $I_{a}D'\perp BC$ λόγω $MN\perp BC$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Henri van Aubel · #6

Όμορφη! Βάζω τη λύση που σκέφτηκα.

1ο ερώτημα: Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας MI.

Τα σημεία

παραμένουν αμετάβλητα και ο κύκλος $\left ( O \right )$ γίνεται η ευθεία BC.

Εφόσον $MI^{2}=MB^{2}=MD\cdot MF$ το

πηγαίνει στο

και επίσης το

πηγαίνει στην τομή της διχοτόμου της γωνίας $\angle A$ με την πλευρά

, έστω

Επειδή $ZD\perp DI$ έπεται πως $AF\perp FI.$

2ο ερώτημα: Σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα έχουμε $\displaystyle \angle QCI_{a}=\angle BCI_{a}-\angle BCQ=\left ( 90^\circ -\frac{\angle C}{2}\right )-\left ( 90^\circ-\angle C \right )=\frac{\angle C}{2}\left ( 1 \right )$

Εξάλλου, προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{QC}{I_{a}C}=\frac{QC}{BC}\cdot \frac{BC}{I_{a}C}=\frac{\cos B}{\sin A}\cdot \frac{\displaystyle \cos \frac{A}{2}}{\displaystyle \cos \frac{B}{2}}=\frac{\displaystyle \cos B}{2\displaystyle \cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )\cos \frac{B}{2}}\left ( 2 \right )$

Συνδυάζοντας τις σχέσεις $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 2 \right )$ προκύπτει πως $\displaystyle \frac{\displaystyle \sin \left ( \angle SQC-\frac{C}{2} \right )}{\sin \angle SQC}=\frac{\cos B}{2 \displaystyle \cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )\cos \frac{B}{2}}=\cos \frac{C}{2}-\sin \frac{C}{2}\cot \angle SQC\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \cot \angle SQC=\frac{\displaystyle 2\cos \frac{C}{2}\cos \frac{B}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )-\cos B} {\displaystyle 2\cos \frac{B}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )\sin \frac {C}{2}}\left ( I \right )$

Επιπλέον, ισχύει $\displaystyle \frac{\displaystyle \sin \left ( 90^\circ-\frac{B}{2}-\frac{C}{2}+\angle BMF \right )}{\sin \angle BMF} =\frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2}-\angle BMF \right )}{\sin \angle BMF}=\frac{BM}{BI}\cdot \frac{BI}{BD}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )\cot \angle BMF+\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )=\frac{1}{\displaystyle 2\sin \frac{C}{2}}\cdot \frac{1}{\cos \frac{B}{2}}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \cot \angle BMF=\frac{\displaystyle 1-2\cos \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )} {\displaystyle 2\cos \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}\left ( II \right )$

Από τις $\left ( I \right ),\left ( II \right )$ συμπεραίνουμε ότι αρκεί $\displaystyle 2\cos \frac{B}{2}\cos \frac{C}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )-\cos B=1-2\cos \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )\Longleftrightarrow$

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

$\displaystyle \Longleftrightarrow 2\cos ^{2}\frac{B}{2}=1+\cos B$ που αληθεύει. $\square$

Οπότε δείχτηκε ότι $\angle SQC=\angle BMF\Longrightarrow FS//BC$ που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Καθετότητα και παραλληλία

Καθετότητα και παραλληλία

Re: Καθετότητα και παραλληλία

Re: Καθετότητα και παραλληλία

Re: Καθετότητα και παραλληλία

Re: Καθετότητα και παραλληλία

Re: Καθετότητα και παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση