Κάθετες Ευθείες

#1

Έστω

ένα τρίγωνο με έγκεντρο

τέτοιο ώστε $AB\ne AC$ . Έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

. Έστω

το σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα

τέτοιο ώστε CD=CE

. Ομοίως, έστω

το σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα

τέτοιο ώστε BF=BD

. Έστω $P\ne I$ το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων CEI

και

. Ομοίως, έστω $Q\ne I$ το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων BFI

και

. Να δειθχεί ότι η

είναι κάθετη στη

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

#2

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 28, 2023 11:22 pm
Έστω ένα τρίγωνο με έγκεντρο τέτοιο ώστε $AB\ne AC$ . Έστω το σημείο τομής των ευθειών και . Έστω το σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα τέτοιο ώστε . Ομοίως, έστω το σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα τέτοιο ώστε . Έστω $P\ne I$ το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων και . Ομοίως, έστω $Q\ne I$ το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων και . Να δειθχεί ότι η είναι κάθετη στη .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Προφανώς από κατασκευής $\vartriangle CID=\vartriangle CIE,\vartriangle BID=\vartriangle BIF$ (κριτήριο Π – Γ – Π (από ισότητα τμημάτων και διχοτόμους) και συνεπώς τα τετράπλευρα CDIE,BDIF

είναι «χαρταετοί» οπότε $IC\bot DE,IB\bot FD$ και IE=ID=IF=R

και ας είναι

το σημείο τομής του κύκλου $\left( I,R \right)$ με την

(προφανώς $L\ne D$ αφού $AB\ne AC\Rightarrow AID$ όχι κάθετη στην

)

Είναι $\dfrac{FB}{EC}=\dfrac{DB}{DC}\overset{\Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\dfrac{AB}{AC}\overset{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\,\,\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }{\mathop{=}}\,FE\parallel BC\equiv LD$ άρα το εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( I,R \right)$ τετράπλευρο FEDL

είναι ισοσκελές τραπέζιο και αν $Q\equiv FD\cap EL,P\equiv FL\cap ED$ τότε (γνωστή πρόταση (από συμμετρίες)) I,Q,P

συνευθειακά και IPQ

μεσοκάθετη στις βάσεις του $FE,LD\equiv BC$

Τότε $\angle LIQ\overset{IL=ID=R,IQ\bot LD}{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle LID}{2}\overset{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,-\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{=}}\,\angle LFD\equiv \angle LFQ\Rightarrow$ F,I,Q,L

ομοκυκλικά και επίσης $\angle IQF\overset{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\angle IBC\overset{IB\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma }{\mathop{=}}\,\angle IBF\Rightarrow I,Q,B,F$ ομοκυκλικά
Από τις δύο αυτές ομοκυκλικές τετράδες με τρία κοινά σημεία προκύπτει ότι I,F,B,L,Q

ομοκυκλικά και συνεπώς το

είναι σημείο του κύκλου $\left( F,I,B \right)$

: κάθετες ευθείες.png (46.55 KiB) Προβλήθηκε 1275 φορές

Επίσης $\angle QID\overset{IL=ID=R,IQ\bot LD}{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle LID}{2}\overset{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,-\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{=}}\,\angle LED\equiv \angle QED\Rightarrow$ I,Q,D,E

ομοκυκλικά και συνεπώς το

είναι σημείο του κύκλου $\left( I,E,D \right)$ ,άρα το

είναι το δεύτερο (εκτός του

) σημείο τομής των κύκλων $\left( F,I,B \right)$ και $\left( E,I,D \right)$

Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι

είναι το δεύτερο (εκτός του

) σημείο τομής των κύκλων $\left( F,I,D \right)$ και $\left( E,I,C \right)$
Τελικά $PQ\equiv IPQ\bot BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Henri van Aubel · #3

Βάζω τη λύση μου, κάπως πιο απλά, για να μην τρομοκρατηθεί κάποιος μαθητής που τώρα προσπαθεί να μπει στο χώρο από την ,ομολογουμένως, υπέροχη λύση του αξεπέραστου Στάθη.

Δείχνουμε όπως ο Στάθης ότι IE=IF

και είναι $\displaystyle \angle IQE=\angle IDE=\frac{\angle A}{2}+\angle B-90^\circ+\frac{C}{2}=\frac{\angle B}{2}=\angle FBI=\angle IQF^{IE=IF}\Rightarrow$ QE=QF

Ομοίως, έχουμε $\displaystyle \angle IPE=\angle ICE=\frac{\angle C}{2}=\angle BDI-\angle BDF=\angle IDF=\angle IPF^{IE=IF}\Rightarrow$ PE=PF

Επομένως $PQ\perp EF$ Όμως , είναι $\displaystyle \frac{BF}{EC}=\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow EF//BC^{PQ\perp EF}\Rightarrow PQ\perp BC$ όπως θέλαμε.

Κάθετες Ευθείες

Κάθετες Ευθείες

Re: Κάθετες Ευθείες

Re: Κάθετες Ευθείες

Μέλη σε σύνδεση