Καθετότητα!

Dimessi · #1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με έκκεντρο

η εσωτερική διχοτόμος του $AD\left ( D\in BC \right ),$ το ύψος του $AH\left ( H\in BC \right )$ και

η διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του. Ο κύκλος $\left ( C,CD \right )$ επανατέμνει την πλευρά

στο σημείο

και ο κύκλος $\left ( B,BD \right )$ επανατέμνει την πλευρά

στο σημείο

Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων CEI,DIF

τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο

και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BIH

επανατέμνει το ύψος

στο σημείο

ενώ οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων BIF,DEI

τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο

και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου IRC

επανατέμνει την πλευρά

στο σημείο

Να αποδείξετε ότι οι ευθείες

και

είναι κάθετες.

Dimessi · #2

Επαναφορά ! Δεν είναι δύσκολη.

Dimessi · #3

Για αυτήν εδώ θα βάλω τη λύση μου αύριο αν δεν απαντηθεί από τον Ορέστη Λιγνό.

thepigod762 · #4

Μια προσπάθεια:

Θα δείξουμε αρχικά ότι ισχύει $\angle BIH = \angle RIC$ (αναρωτιέμαι αν, που σίγουρα, υπάρχουν κομψότερες λύσεις για αυτό γιατί μου φαίνεται και πιο γενικό πρόβλημα).

Επειδή $\angle HIB + \angle HIC = \angle BIC = \angle CIR + \angle RIB$ , σύμφωνα με γνωστό λήμμα αρκεί να δείξουμε ότι $\dfrac{\sin{\angle HIB}}{\sin{\angle{HIC}}} = \dfrac{\sin{\angle CIR}}{\sin{\angle RIB}}$ .

Από τον νόμο των ημιτόνων έχουμε διαδοχικά:

$\dfrac{\sin{\angle HIB}}{\sin{\angle{HIC}}} = \dfrac{BH}{HC}\cdot \dfrac{IC}{IB}$ .

Από την άλλη:
$\dfrac{\sin{\angle CIR}}{\sin{\angle RIB}} = \dfrac{\dfrac{\sin{\angle ICR}}{IR} CR}{\dfrac{\sin{\angle IBR}}{IR} BR} = \dfrac{\sin{90^{o}-\frac{\angle ACB}{2}}}{\sin{90^{o}-\frac{\angle ABC}{2}}}\cdot \dfrac{CR}{BR}$ .

Επειδή τα ABH - ARC

και

είναι όμοια θα είναι
$\dfrac{BH}{CR}=\dfrac{AB}{AR}$ , $\dfrac{BR}{HC} = \dfrac{AR}{AC}$ άρα $\dfrac{BH}{CR}\dfrac{BR}{HC} = \dfrac{AB}{AC}$ .

Όμως:
$\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BD}{DC} = \dfrac{IB}{IC}\cdot \dfrac{\sin{\angle DIB}}{\sin{\angle CID}} = \dfrac{IB}{IC}\cdot \dfrac{\sin{90^{o}-\frac{\angle ACB}{2}}}{\sin{90^{o}-\frac{\angle ABC}{2}}}.$

Άρα:
$\dfrac{BH}{CR}\dfrac{BR}{HC} = \dfrac{IB}{IC} \cdot \dfrac{\sin{90^{o}-\frac{\angle ACB}{2}}}{\sin{90^{o}-\frac{\angle ABC}{2}}}$ , οπότε τελικά $\dfrac{\sin{\angle HIB}}{\sin{\angle{HIC}}} = \dfrac{\sin{\angle CIR}}{\sin{\angle RIB}}$ , όπως θέλαμε.

Επομένως $\angle BKH = \angle BIH = \angle RIC = \angle RLC$ άρα $\angle KBH = \angle LRC$ .

Άρα, αφού τα τρίγωνα ABH

και

είναι όμοια θα ισχύει $\dfrac{AK}{KH} = \dfrac{AL}{LC}$ , άρα $LK \parallel BC$ .

Για το άλλο σκέλος,

εύκολα παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα BID, BIE

και τα

είναι ίσα (ΠΓΠ), οπότε IE=ID=IF

.

Επίσης με μεταφορές γωνιών $\angle BID=\angle EIB = 90^{o}-\dfrac{\angle ACB}{2}$ και άρα $\angle IDE = \angle IED = \dfrac{\angle ACB}{2}=\angle FCI$

Οι γωνίες δηλαδή $\angle IED$ και $\angle FCI$ είναι ίσες και βαίνουν στα ίσα τόξα ID, IF

των κύκλων (IED), (IFC)

αντίστοιχα, άρα οι κύκλοι είναι ίσοι.

Άρα $\angle IEP = \angle IFP$ και $\angle EPI = \angle FPI$ (ίσα τόξα IE, IF

), οπότε $\angle EIP = \angle FIP$ και άρα PE = PF

.

Επειδή η

διχοτομεί τη γωνία $\angle EPF$ του ισοσκελούς EPF

θα είναι κάθετη στην

.

Όμοια η

είναι κάθετη στην

, άρα η

είναι κάθετη στην

.

Όμως $\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{BD}{DC} = \dfrac{AB}{AC}$ , επομένως $EF \parallel BC$ και $BC \perp PQ$ .

Tελικά $PQ \perp KL$ .

Dimessi · #5

Που είσαι ρε Γιώργο; Δεν έχω να προσθέσω τίποτα

Καθετότητα!

Καθετότητα!

Re: Καθετότητα!

Re: Καθετότητα!

Re: Καθετότητα!

Re: Καθετότητα!

Μέλη σε σύνδεση