Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

giannimani · #2

Θα χρησιμοποιήσουμε τα παρακάτω λήμματα:

Λήμμα 1: Η ευθεία

είναι παράλληλη της

, όπου

το σημείο επαφής του

-παρεγγεγραμμένου
κύκλου του τριγώνου ABC

με την πλευρά

.

Λήμμα 2: Η ευθεία

τέμνει το ύψος

σε σημείο

, έτσι ώστε, το ευθύγραμμο τμήμα

να ισούται
με την ακτίνα του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο ABC

, κύκλου.

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

. Το σημείο

είναι το σημείο
επαφής του

-παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

με την πλευρά

, το

ύψος, το

το σημείο
τομής της

με το ύψος

.

: aboutMI.png (60.04 KiB) Προβλήθηκε 1086 φορές

Είναι γνωστό ότι BD = EC

, δηλαδή, $MD=ME \quad (1)$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\angle AIP=\angle IMP\quad (a)$

Συμβολίζουμε με

το σημείο επαφής της

με τον εγγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABC$ .

Εφόσον

,

εφαπτομένες του εγγεγραμμένου κύκλου, τότε $MD=MK\quad (2)$ και $\angle IMD=\angle IMP \quad (3)$ .

Από (1)

και

προκύπτει ότι MD=ME=MK

, δηλαδή, $\angle DKE =90^{\circ}\Rightarrow AK \bot DK\quad (4)$

Εφόσον $AE \parallel MI$ (λήμμα 1), και $MI \bot DK$ , τότε $AE \bot DK\quad (5)$ .

Από τις (4)

,

τα σημεία

,

ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Το AQIK

είναι τραπέζιο ( $AK \parallel QI$ , λήμμα 1), και ισοσκελές ( AQ=IK

, λήμμα 2), οπότε είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Αλλά, το τετράπλευρο AIKP

είναι εγγράψιμο ( $\angle IAP=\angle IKP=90^{\circ}$ ).

Ως εκ τούτου, τα σημεία

,

και

ανήκουν στον κύκλο διαμέτρου

.

Επομένως, $\angle AIP=\angle AKP=\angle MKE=\angle AEK=\angle DMQ=\angle IMK$ , που είναι το αποδεικτέο.

Οι τελευταίες γωνιακές ισότητες προκύπτουν από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AIKP

, το ορθογώνιο τρίγωνο DKE

με διάμεσο επί την υποτείνουσα την

, και την παραλληλία των

,

.

Henri van Aubel · #3

Έστω

η προβολή του

στην

Το

είναι εγγράψιμο ( $\angle PAI=\angle PQI=90^\circ$ ), οπότε $\angle AIP=\angle AQP$ , οπότε αρκεί νδο $\angle IMP=\angle AQP\Longleftrightarrow AQ\parallel MI\Longleftrightarrow AQ\perp QD.$ Θα αποδείξουμε τον παρακάτω ισχυρισμό: Η ευθεία

περνάει από το μέσο , έστω

, του

Απόδειξη

Έστω $ID\perp BC\left ( D\in BC \right )$ , $X\equiv MI\cap AD,Y\equiv MI\cap AB.$ Είναι $\displaystyle \frac{BM}{BY}=\frac{\sin \left (\angle B+\angle BMI \right )}{\sin \angle BMI}=\sin \angle B\cdot \cot \angle BMI+\cos \angle B.$

Επομένως $\displaystyle \frac{a}{2BY}=\frac{h_{a}}{c}\cdot \frac{DM}{r}+\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )}{2ac}+\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\Longleftrightarrow$
$\displaystyle \Longleftrightarrow \frac{a}{2BY}=\frac{b-c+a}{2c}\Longleftrightarrow BY=\frac{ac}{a+b-c}.$

Συνεπώς $\displaystyle AY=c-\frac{ac}{a+b-c}=\frac{ac+bc-c^{2}-ac}{a+b-c}=\frac{c\left ( b-c \right )}{a+b-c}$ , άρα $\displaystyle \frac{BY}{AY}=\frac{a}{b-c}=\frac{MB}{MD}$ και από Θ. Μενέλαου στο ABD

με διατέμνουσα MXY

, βγάζουμε AX=XD

και ο ισχυρισμός ισχύει. Αφού το

ανήκει στην μεσοκάθετο του

και

, έπεται ότι $AQ\perp QD$ κλπ.

giannimani · #4

Στην παραπάνω απόδειξη ορισμένα στοιχεία ήταν περιττά. Δίνω ξανά την απόδειξη χωρίς αυτά.

Λήμμα 1: Η ευθεία

είναι παράλληλη της

, όπου

το σημείο επαφής του

-παρεγγεγραμμένου
κύκλου του τριγώνου ABC

με την πλευρά

(Η απόδειξη εδώ)

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

. Το σημείο

είναι το σημείο
επαφής του

-παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

με την πλευρά

.
Είναι γνωστό ότι BD = EC

, δηλαδή, $MD=ME \quad (1)$

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\angle AIP=\angle IMP\quad (a)$

: aboutMI.png (52.21 KiB) Προβλήθηκε 983 φορές

Συμβολίζουμε με

το σημείο επαφής της

με τον εγγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABC$ .
Εφόσον

,

εφαπτομένες του εγγεγραμμένου κύκλου, τότε $MD=MK\quad (2)$ .
Από (1)

και

προκύπτει ότι MD=ME=MK

, δηλαδή, $\angle DKE =90^{\circ}\Rightarrow AK \bot DK\quad (3)$
Εφόσον $AE \parallel MI$ (λήμμα 1), και $MI \bot DK$ , τότε $AE \bot DK\quad (4)$ .
Από τις (3)

,

τα σημεία

,

ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Το τετράπλευρο AIKP

είναι εγγράψιμο ( $\angle IAP=\angle IKP=90^{\circ}$ ).
Επομένως, $\angle AIP=\angle AKP\quad (5)$ (ως εγγεγρμμένες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και $\angle AKP=\angle IMP\quad (6)$ (ως εντός εκτός επί τα αυτά των παραλλήλων

,

που τέμνονται από την

. Από τις

,

προκύπτει η αποδεικτέα (a)

.

Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Re: Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Re: Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Re: Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση