Από το μέσο ύψους

#1

: Από το μέσο ύψους.png (16.08 KiB) Προβλήθηκε 1212 φορές

είναι τα ύψη οξυγώνιου τριγώνου ABC

και

είναι το περίκεντρό του. Αν η

τέμνει

την

στο

να δείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του DNF

διέρχεται από το μέσο

του

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Henri van Aubel · #3

Μπορούμε να το δούμε και λίγο διαφορετικά. Παίρνω το μέσο ως δεδομένο και θα αποδείξω την εγγραψιμότητα.

Από το εγγράψιμο FECB

έχουμε $\angle AFE=\angle C$ όμως ως γνωστό $\angle FAN=90^\circ-\angle C$ άρα $\angle ANF=90^\circ$ .

Tώρα παίρνουμε $\displaystyle \frac{FN}{FD}=\frac{FN}{FE}\cdot \frac{FE}{FD}=\cos C\cdot \frac{\cos A}{\cos B},\angle NFD=180^\circ-2\angle C.$

Επομένως $\displaystyle \frac{\sin \left ( 2C-\angle FND \right )}{\sin \angle FND}=\sin 2C\cot \angle FND-\cos 2C=\frac{\cos A\cos C}{\cos B}\left ( \ast \right )$

Αυτή (*) ανάγεται στην σχέση $\displaystyle \boxed{\cot \angle FND=\frac{\cos A\cos C+\cos B\cos 2C}{\sin 2C\cos B}}\left ( I \right )$

Ακόμα $\displaystyle \frac{FM}{FD}=\frac{FC}{2FD}=\frac{\sin A}{2\cos B},\angle MFD=90^\circ-\angle C.$

Οπότε $\displaystyle \frac{\cos \left ( C-\angle FMD\right )}{\sin \angle FMD}=\cos C\cot \angle FMD+\sin C=\frac{\sin A}{2\cos B}\left ( \ast \ast \right )$

Αυτή ανάγεται στη σχέση $\displaystyle \boxed{\cot \angle FMD=\frac{\sin A-2\cos B\sin C}{2\cos B\cos C}}\left ( II \right )$

Άρα μένει να αποδείξω ότι $\displaystyle \frac{\cos A\cos C+\cos B\cos 2C}{2\sin C\cos C\cos B}=\frac{\sin A-2\cos B\sin C}{2\cos B\cos C}\left ( III \right )$

Πιο απλά μένει να αποδείξω ότι $\displaystyle \frac{-\cos \left ( B+C \right )\cos C+\cos B\cos 2C }{\sin C}=\frac{\sin B\cos C-\cos B\sin C}{1}\left ( III \right )$

Κάνω χιαστί, το πρώτο μέλος είναι $A=\left ( \sin B\sin C-\cos B\cos C \right )\cos C+\cos B\left ( 1-2\sin ^{2}C \right )=$

$=\sin B\sin C\cos C+\cos B-\cos B-\cos B\sin ^{2}C=\sin C\left ( \sin B\cos C-\cos B\sin C \right )$

Και το δεύτερο μέλος είναι $B=\sin C\left ( \sin B\cos C-\cos B\sin C \right )$ , που ισούται με το πρώτο μέλος. Άρα τελειώσαμε.

giannimani · #4

Έστω $\omega$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\triangle FND$ . Στο τρίγωνο αυτό η

είναι διχοτόμος της γωνίας DFN

(τα ύψη είναι διχοτόμοι των γωνιών του ορθικού τριγώνου). Αν

το δεύτερο σημείο τομής της

με τον κύκλο $\omega$ , τότε το

είναι το μέσο του τόξου

του $\omega$ , δηλαδή, MN=MD

.
Θεωρούμε τον κύκλο $\omega '$ κέντρου

και ακτίνας MD=MN

. Έστω

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο $\omega '$ , και
$K=AO\cap CN'$ . Είναι $\angle ADN=\angle CDN'$ (έχουν τις πλευρές τους κάθετες). Τα ορθογώνια τρίγωνα ADC

και

είναι όμοια. Πράγματι,
$\angle DN'N=\frac{1}{2}\angle NMD= \frac{1}{2}(180^{\circ}-\angle NFD)=\frac{1}{2}(180^{\circ}-2\angle EFC) =90^{\circ}-\angle EFC=90^{\circ}- \angle EBC=90^{\circ}-90^{\circ}+\angle ACD=\angle ACD$ .

: middle_of_altitude.png (52.65 KiB) Προβλήθηκε 1014 φορές

Επομένως, $\frac{DA}{DC}=\frac{DN}{DN'}\implies \frac{DA}{DN}=\frac{DC}{DN'}$ , και εφόσον $\angle ADN=\angle CDN'$ , τότε $\triangle DAN \sim \triangle DCN'$ , και ως εκ τούτου, $\angle DAN=\angle DCN'$ .
Θα αποδείξουμε ότι το τρίγωνο AKC

είναι ορθογώνιο στο

. Αρκεί $\angle CAK+\angle KCA=90^{\circ}$ .
Είναι $\angle CAK+\angle KCA=\angle DAB+\angle KCD+\angle BCA= \angle DAB+\angle DAN+\angle AFN=90^{\circ}$ , εφόσον $AO\bot FE$ (γνωστή πρόταση).
Επομένως, $FN\parallel CN'$ (ως κάθετες στην ίδια ευθεία

).
Τώρα, από την προφανή ισότητα των τριγώνων FNM

και

προκύπτει ότι το

μέσο του

.

Henri van Aubel · #5

Εδώ σκεφτόμαστε : Στην ημιευθεία

παίρνουμε σημείο

έτσι ώστε

και στην ημιευθεία

παίρνουμε σημείο

έτσι ώστε

.

Είναι $\displaystyle \angle DXY=\frac{1}{2}\angle EFD=\angle DFC$ και ομοίως $\displaystyle \angle DYX=\frac{1}{2}\angle FED=\angle FCD.$

Επομένως $DXY\sim DFC$ , όμως αρκεί νδο $\angle DNX=\angle FMD$ (

μέσο του

). Οπότε αρκεί νδο XN=NY.

Όμως:
$\displaystyle \vartriangle AFN\sim \vartriangle ADC\Rightarrow \frac{FN}{AF}=\frac{DC}{AC}\Rightarrow FN=\frac{\displaystyle \frac{b^{2}-a^{2}+c^{2}}{2c}\cdot \frac{b^{2}-c^{2}+a^{2}}{2a}}{b}.$

Επιπλέον :
$\displaystyle \vartriangle BFD\sim \vartriangle ABC\Rightarrow \frac{FD}{AC}=\frac{BD}{AB}\Rightarrow FD=\frac{\displaystyle b\cdot \frac{c^{2}-b^{2}+a^{2}}{2a}}{c}=\frac{b\left ( c^{2}-b^{2}+a^{2} \right )}{2ac}.$

Επομένως $\displaystyle XN=FD+FN=\frac{2b^{2}\left ( c^{2}-b^{2}+a^{2} \right )+b^{4}-\left ( a^{2}-c^{2} \right )^{2}}{4abc}.$

Ομοίως:
$\displaystyle \vartriangle ANE\sim \vartriangle ABD\Rightarrow \frac{NE}{AE}=\frac{BD}{AB}\Rightarrow NE=\frac{\displaystyle \frac{c^{2}-b^{2}+a^{2}}{2a}\cdot \frac{c^{2}-a^{2}+b^{2}}{2b}}{c}.$

Επιπλέον:
$\displaystyle \vartriangle DEC\sim \vartriangle ABC\Rightarrow \frac{DE}{AB}=\frac{DC}{AC}\Rightarrow DE=\frac{\displaystyle c\cdot \frac{b^{2}-c^{2}+a^{2}}{2a}}{b}=\frac{c\left ( b^{2} -c^{2}+a^{2}\right )}{2ab}.$

Επομένως $\displaystyle NY=DE+NE=\frac{2c^{2}\left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )+c^{4}-\left ( a^{2} -b^{2}\right )^{2}}{4abc}.$

Οπότε, τελικά αρκεί νδο $2b^{2}c^{2}+2b^{2}a^{2}-b^{4}-a^{4}-c^{4}+2a^{2}c^{2}=2c^{2}a^{2}+2b^{2}c^{2}-c^{4}-a^{4}-b^{4}+2a^{2}b^{2}$ που ισχύει ... κλπ.

Ένα πιο κομψό τελείωμα (εννοώ για την απόδειξη του NX=NY

): Τα τρίγωνα AFX

και

είναι ίσα (

κοινή,

και τις περιεχόμενες γωνίες τους $\angle AFX=\angle AFD$ ίσες ) οπότε AD=AX

. Ομοίως, τα τρίγωνα AEY

και

είναι ίσα (

κοινή,

και τις περιεχόμενες γωνίες τους $\angle AEY=\angle AED$ ίσες) οπότε AD=AY

. Επομένως, τελικά AX=AY

, όμως από Θ. Nagel $AN\perp XY$ οπότε NX=NY

κλπ.

Από το μέσο ύψους

Από το μέσο ύψους

Re: Από το μέσο ύψους

Re: Από το μέσο ύψους

Re: Από το μέσο ύψους

Re: Από το μέσο ύψους

Μέλη σε σύνδεση