Συντρέχεια ευθειών

Dimessi · #1

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με τις διχοτόμους των $\angle A, \angle B$ να επανατέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\gamma$ στα σημεία D,E

αντίστοιχα και τα σημεία $G\equiv DE \cap BC,F \equiv DE \cap AC.$ Η εκ του

παράλληλη στην

τέμνει την εκ του

παράλληλη στην AD,

στο σημείο

Οι εφαπτομένες του κύκλου $\gamma$ στα σημεία A,B

τέμνονται στο σημείο

Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AE,BD,KP

είναι είτε παράλληλες είτε συντρέχουσες.

Dimessi · #2

: Συντρέχεια AE,BD,KP..png (89.26 KiB) Προβλήθηκε 84 φορές

$\bullet$ Έστω $W\equiv IF\cap KB,N\equiv IG\cap KA,S\equiv AE\cap BD.$ Είναι $\angle IEF=\angle \frac{A}{2}=\angle IAF,$ και $\angle IDG=\angle \frac{B}{2}=\angle IBG,$ άρα τα τετράπλευρα AEFI,BDGI

είναι εγγράψιμα και από Θεώρημα Reim $IF \parallel BC,$ και $IG \parallel AC.$ Είναι $\displaystyle \angle BWF\overset{\overline{WIF}\parallel BC}=\angle \left ( KB,BC \right )\overset{\left ( \chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \right )}=\angle BAC,$ άρα το τετράπλευρο BWAF

είναι εγγράψιμο και $\angle ANG\overset{\overline{NIG}\parallel AC}=\angle \left ( KA,AC \right )\overset{\left ( \chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \right )}=\angle ABC,$ άρα το τετράπλευρο ANBG

είναι εγγράψιμο και συνεπώς $\displaystyle \begin{Bmatrix} \vartriangle NAM \sim \vartriangle MGB\Rightarrow \displaystyle \frac{AN}{AM}=\frac{BG}{MG}\overset{MG \parallel AC\left ( M\equiv IG \cap AB \right )}= \frac{BC}{AC}& & \\ & & \\\vartriangle WBR \sim \vartriangle RFA\Rightarrow \displaystyle \frac{WB}{RB}=\frac{AF}{RF}\overset{RF \parallel BC\left ( R\equiv IF \cap AB \right )}=\frac{AC}{BC} & & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow \frac{KW}{KN}=\frac{KA-RB\cdot \frac{AC}{BC}}{KA-AM\cdot \frac{BC}{AC}}\overset{\left ( MG \parallel AC \wedge RF \parallel BC \right )}=$ $\displaystyle \frac{KA-AB\cdot \frac{FC}{BC}}{KA-AB\cdot \frac{AF}{AC+AB}\cdot \frac{BC}{AC}}\Rightarrow \frac{\sin \angle WIK}{\sin \angle NIK}=\frac{\frac{\sin \angle KWI}{KI}}{\frac{\sin \angle KNI}{KI}}\cdot \frac{KW}{KN}\overset{\left ( \angle KWI=180^\circ-\angle A\wedge \angle KNI=180^\circ-\angle B \right )}=$ $\displaystyle \frac{BC}{AC}\cdot \frac{KA-AB\cdot \frac{FC}{BC}}{KA-AB\cdot \frac{AF}{AC+AB}\cdot \frac{BC}{AC}}\overset{\left ( \frac{AF}{FC}\overset{\left ( \Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle ADC \right )}=\frac{AD}{DC}=\frac{AC+AB}{AC} \right )}=\frac{\cos \angle B+\cos \angle C}{\cos \angle A+\cos \angle C}=\frac{\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle B \right )\sin \frac{\angle A}{2}}{\sin \left ( \angle A+\frac{\angle B}{2} \right )\sin \frac{\angle B}{2}}\left ( 1 \right ),$ κι αφού $\displaystyle \frac{\sin \angle PIF}{\sin \angle GIF}=\frac{\frac{\sin \angle IFP}{IP}}{\frac{\sin \angle IGP}{IP}}\cdot \frac{\sin \left ( \angle PGF \right )}{\sin \left ( \angle PFG \right )}\overset{\left ( GP \parallel EB\wedge PF \parallel AD \right )\left ( IF \parallel BC \wedge IG \parallel AC \right )}=\frac{\sin \left ( \angle \left ( BC,AD \right ) \right )\sin \left ( \angle BED \right )}{\sin \left ( \angle \left ( AC,BE \right ) \right )\sin \left ( \angle ADE \right )}\overset{\left ( 1 \right )}=$ $\displaystyle \frac{\sin \angle WIK}{\sin \angle NIK}\overset{\left ( \angle PIF+\angle GIF=\angle GIF\overset{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\varrho \upsilon \phi \eta \nu }=\angle WIN=\angle WIK+\angle NIK \right )}\Rightarrow \angle WIK=\angle PIF\overset{I\in WF}\Rightarrow K,I,P$ συνευθειακά σημεία και αφού από Θεώρημα Pascal στο εγγράψιμο τετράπλευρο AEDB,

τα σημεία $S\equiv AE\cap BD,K\equiv AA\cap BB,I\equiv AD\cap BE$ είναι συνευθειακά, άρα τα σημεία S,K,P

είναι συνευθειακά

και συνεπώς $S \equiv AE \cap BD \cap KP,$ που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

: Συντρέχεια AE,BD,KP..png (89.26 KiB) Προβλήθηκε 84 φορές

Συντρέχεια ευθειών

Συντρέχεια ευθειών

Re: Συντρέχεια ευθειών

Μέλη σε σύνδεση