Μία με συμμετροδιάμεσο

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

Henri van Aubel · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Henri van Aubel · #3

Μάλλον, καλύτερα να την γράψω τώρα γιατί το βραδάκι έχει Champions League !!

Θέτω $\angle DAC=y$ . Ακόμα είναι γνωστά $\displaystyle \angle AMN=90^\circ-\frac{\angle A}{2}\&\angle CAN=90^\circ-\frac{\angle A}{2}-\angle B.$
Έστω

το περίκεντρο του AMN.

Είναι $\angle OND=90^\circ-\angle A\Rightarrow \angle DON=90^\circ+\angle A-\angle ODN.$ Ακόμα είναι :

$\displaystyle \frac{DN}{AN}=\frac{\sin \left ( \displaystyle90^\circ-\frac{A}{2}-B+y \right )}{\sin \left ( 180^\circ-A-B+y \right )}=\frac{\cos \left ( \displaystyle\frac{A}{2}+B-y \right )}{\sin \left ( A+B-y \right )}\left ( 1 \right )\&\frac{AN}{ON}=2\cos \frac{A}{2}\left ( 2 \right ).$

Οπότε από $\displaystyle \left ( 1 \right )\&\left ( 2 \right )\Rightarrow \frac{DN}{ON}=\frac{\displaystyle 2\cos \frac{A}{2}\cos \left ( \frac{A}{2}+B-y \right )}{\sin \left ( A+B-y \right )}=\frac{\cos \left ( B-y \right )+\cos \left ( A+B-y \right )}{\sin \left ( A+B-y \right )}\left ( 3 \right ).$

Συνεπώς, είναι $\displaystyle \frac{\sin \left ( 90^\circ+\angle A-\angle ODN \right )}{\sin \angle ODN}=\frac{\cos \left ( \angle A-\angle ODN \right )}{\sin \angle ODN}=\frac{\cos \left ( B-y \right )+\cos \left ( A+B-y \right )}{\sin \left ( A+B-y \right )}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cos A\cot \angle ODN+\sin A=\frac{\cos \left ( B-y \right )+\cos \left ( A+B-y \right )}{\sin \left ( A+B-y \right )}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cot \angle ODN=\frac{\cos \left ( B-y \right )+\cos \left ( A+B-y \right )-\sin A\sin \left ( A+B-y \right )}{\cos A\sin \left ( A+B-y \right )}\left ( I \right )$

Επιπλέον είναι $\displaystyle \frac{DC}{AC}=\frac{\sin y}{\sin \left ( A+B-y \right )}\left ( 4 \right )\&\frac{AC}{PC}=\frac{\sin B}{\displaystyle\sin \frac{A}{2}}\left ( 5 \right ).$

Συνεπώς από $\displaystyle \left ( 4 \right )\&\left ( 5 \right )\Rightarrow \frac{DC}{PC}=\frac{\sin B\sin y}{\displaystyle \sin\frac{A}{2}\sin \left ( A+B-y \right ) }=\frac{\displaystyle\sin \left (\frac{A}{2}+\angle PDC \right )}{\sin \angle PDC}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sin \frac{A}{2}\cot \angle PDC+\cos \frac{A}{2}=\frac{\sin B\sin y}{\displaystyle\sin \frac{A}{2}\sin \left ( A+B-y \right )}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cot \angle PDC=\frac{2\sin B\sin y-\sin A\sin \left ( A+B-y \right )}{\left ( 1-\cos A \right )\sin \left ( A+B-y \right )}\left ( II \right )$

Επομένως από τις σχέσεις $\left ( I \right ),\left ( II \right )$ συμπεραίνουμε πως αρκεί να δείξουμε ότι :

$\displaystyle \frac{\cos \left ( B-y \right )+\cos \left ( A+B-y \right )-\sin A\sin \left ( A+B-y \right )}{\cos A}=\frac{\sin A\sin \left ( A+B-y \right )-2\sin B\sin y}{1-\cos A}\left ( \ast \right )$

Κάνοντας χιαστί , η διαφορά των δύο γινομένων ισούται με $\left ( \sin A\cos B+2\cos A\sin B \right )\sin y-\sin A\sin B\cos y=0.$ Δηλαδή αρκεί:

$\displaystyle \cot y=\frac{\sin \left ( A+B \right )+\sin B\cos A}{\sin A\sin B}\left ( III \right )$

Όμως ισχύει $\displaystyle \frac{\sin \left ( A-y \right )}{\sin y}=\frac{\sin \left ( A+B \right )}{\sin B}\Leftrightarrow \cot y=\frac{\sin \left ( A+B \right )+\sin B\cos A}{\sin A\sin B}\left ( IV \right )$

Οι σχέσεις $\left ( III \right )\&\left ( IV \right )$ είναι ισοδύναμες και οπότε το ζητούμενο έχει δειχθεί.

thepigod762 · #4

Δίνω και εγώ μια υπολογιστική λύση:

Έστω

το σημείο τομής των εφαπτομένων του περιγεγραμμένου στα B, C

και

το κέντρο του (AMN)

. Έστω επίσης

η προβολή του

στην

.

Παρατηρούμε ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα AFD, DEP

είναι όμοια και αφού $AF\parallel EP$ αρκεί να δειχθεί ότι
$\displaystyle \dfrac{AD}{DE} = \dfrac{AF}{PE}.$

Έχουμε $\dfrac{AD}{DE} = \dfrac{AC \cdot \sin{\angle{ACD}}}{EC \cdot \sin{\angle{DCE}}} = \dfrac{AC \cdot \sin{\angle{ACB}}}{EC \cdot \sin{\angle{BAC}}}.$

Ακόμα, $AF = r = \dfrac{MN}{2\sin{\angle{MAN}}}=\dfrac{MN}{2\sin{\angle{BAC}}}.$

Επομένως αρκεί
$\displaystyle \dfrac{AC \cdot \sin{\angle{ACB}}}{EC \cdot \sin{\angle{BAC}}} = \dfrac{MN}{2\sin{\angle{BAC}}\cdot PE} \Leftrightarrow 2\dfrac{PE}{EC}\cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}} = MN.$

Στο $\triangle PEC$ λαμβάνουμε
$\displaystyle \dfrac{PE}{EC} = \dfrac{\sin{\angle{PCE}}}{\sin{\angle{EPC}}}= \dots = \dfrac{\sin{\frac{\angle{BAC}}{2}}}{\cos{\frac{\angle{BAC}}{2}}} = \tan{\frac{\angle{BAC}}{2}}.$

Όμως
$\displaystyle \tan{\frac{\angle{BAC}}{2}} = \tan{\frac{\angle{MAN}}{2}} = \dfrac{MN}{2 \cdot AG} = \dfrac{MN}{2 \cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}}}.$

Άρα,
$\displaystyle 2\dfrac{PE}{EC}\cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}} = 2(\dfrac{MN}{2 \cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}}})\cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}} = MN,$ όπως θέλαμε.

#5

thepigod762 έγραψε: Κυρ Ιουν 11, 2023 2:05 am Δίνω και εγώ μια υπολογιστική λύση:

Έστω το σημείο τομής των εφαπτομένων του περιγεγραμμένου στα και το κέντρο του . Έστω επίσης η προβολή του στην .

Παρατηρούμε ότι αρκεί να αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα είναι όμοια και αφού $AF\parallel EP$ αρκεί να δειχθεί ότι
$\displaystyle \dfrac{AD}{DE} = \dfrac{AF}{PE}.$

Έχουμε $\dfrac{AD}{DE} = \dfrac{AC \cdot \sin{\angle{ACD}}}{EC \cdot \sin{\angle{DCE}}} = \dfrac{AC \cdot \sin{\angle{ACB}}}{EC \cdot \sin{\angle{BAC}}}.$

Ακόμα, $AF = r = \dfrac{MN}{2\sin{\angle{MAN}}}=\dfrac{MN}{2\sin{\angle{BAC}}}.$

Orestis_Gotsis_symedian_Γιώργος Κοτσάλης.png (37.69 KiB) Προβλήθηκε 1133 φορές

Επομένως αρκεί
$\displaystyle \dfrac{AC \cdot \sin{\angle{ACB}}}{EC \cdot \sin{\angle{BAC}}} = \dfrac{MN}{2\sin{\angle{BAC}}\cdot PE} \Leftrightarrow 2\dfrac{PE}{EC}\cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}} = MN.$

Στο $\triangle PEC$ λαμβάνουμε
$\displaystyle \dfrac{PE}{EC} = \dfrac{\sin{\angle{PCE}}}{\sin{\angle{EPC}}}= \dots = \dfrac{\sin{\frac{\angle{BAC}}{2}}}{\cos{\frac{\angle{BAC}}{2}}} = \tan{\frac{\angle{BAC}}{2}}.$

Όμως
$\displaystyle \tan{\frac{\angle{BAC}}{2}} = \tan{\frac{\angle{MAN}}{2}} = \dfrac{MN}{2 \cdot AG} = \dfrac{MN}{2 \cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}}}.$

Άρα,
$\displaystyle 2\dfrac{PE}{EC}\cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}} = 2(\dfrac{MN}{2 \cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}}})\cdot AC \cdot \sin{\angle{ACB}} = MN,$ όπως θέλαμε.

Το σχήμα της πιο πάνω απάντησης , για όποιον θέλει να διαβάσει πιο άνετα τη λύση του μαθητή από την Λάρισα: Γιώργου Κοτσάλη

S.E.Louridas · #6

orestisgotsis έγραψε: Σάβ Ιουν 10, 2023 1:01 pm Έστω ένα τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $(\omega )$ . Η διχοτόμος της $\measuredangle \,BAC$
επανατέμνει τον $(\omega )$ στο . Αν είναι η συμμετροδιάμεσος του τριγώνου
( επί της ), $M,\,\,N$ , σημεία της ευθείας τέτοια ώστε $\measuredangle \,MAN=\measuredangle \,BAC$
και , τότε να αποδειχθεί ότι η ευθεία διέρχεται από το περίκεντρο του τριγώνου .

Στο σχήμα που ακολουθεί και λόγω της προφανούς ομοιότητας των ορθογώνιων τριγώνων $ALN, A΄\;FC$ , για να έχουμε δέσμη κέντρου

(άρα να έχουμε αποδείξει και το ζητούμενο), αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{{FP}}{{FS}} = \frac{{FO}}{{FA'}} \Leftrightarrow FP \cdot FA' = FO \cdot FS \Leftrightarrow {CF^2} = {CF^2},}$ που ισχύει.

: aaaaaa1.png (82.08 KiB) Προβλήθηκε 1098 φορές

#7

S.E.Louridas έγραψε: Κυρ Ιουν 11, 2023 2:47 pm
orestisgotsis έγραψε: Σάβ Ιουν 10, 2023 1:01 pm Έστω ένα τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $(\omega )$ . Η διχοτόμος της $\measuredangle \,BAC$
επανατέμνει τον $(\omega )$ στο . Αν είναι η συμμετροδιάμεσος του τριγώνου
( επί της ), $M,\,\,N$ , σημεία της ευθείας τέτοια ώστε $\measuredangle \,MAN=\measuredangle \,BAC$
και , τότε να αποδειχθεί ότι η ευθεία διέρχεται από το περίκεντρο του τριγώνου .
Στο σχήμα που ακολουθεί και λόγω της προφανούς ομοιότητας των ορθογώνιων τριγώνων $ALN, A΄\;FC$ , για να έχουμε δέσμη κέντρου (άρα να έχουμε αποδείξει και το ζητούμενο), αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{{FP}}{{FS}} = \frac{{FO}}{{FA'}} \Leftrightarrow FP \cdot FA' = FO \cdot FS \Leftrightarrow {CF^2} = {CF^2},}$ που ισχύει. aaaaaa1.png

Henri van Aubel · #8

Όταν μια λύση είναι μιας γραμμής και η δική μου είναι 10 γραμμών, δεν έχω παρά να υποκλιθω στο ταλέντο του λύτη

Μία με συμμετροδιάμεσο

Μία με συμμετροδιάμεσο

Re: Μία με συμμετροδιάμεσο

Re: Μία με συμμετροδιάμεσο

Re: Μία με συμμετροδιάμεσο

Re: Μία με συμμετροδιάμεσο

Re: Μία με συμμετροδιάμεσο

Re: Μία με συμμετροδιάμεσο

Re: Μία με συμμετροδιάμεσο

Μέλη σε σύνδεση