Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου.

#1

Ο _παρεγγεγραμμένος κύκλος $(I_{c})$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ εφάπτεται των ευθειών $BC,\ AB$ στα σημεία $E,\ Z$ αντιστοίχως και ο _παρεγγεγραμμένος κύκλος του $(I_{b})$ , εφάπτεται των ευθειών $AC,\ BC$ στα σημεία $K,\ L,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι οι ευθείες $EZ,\ KL,\ IM,$ με το έγγεντρο του $\vartiangle ABC$ και το μέσον της πλευράς , τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω το οποίο κείται επί του ύψους και απέχει από την κορυφή απόσταση ίση με την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ .

: Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου.; f=178 t=72224.PNG (26.71 KiB) Προβλήθηκε 1015 φορές

Κώστας Βήττας.

#2

vittasko έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 07, 2022 3:41 pm
Ο _παρεγγεγραμμένος κύκλος $(I_{c})$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ εφάπτεται των ευθειών $BC,\ AB$ στα σημεία $E,\ Z$ αντιστοίχως και ο _παρεγγεγραμμένος κύκλος του $(I_{b})$ , εφάπτεται των ευθειών $AC,\ BC$ στα σημεία $K,\ L,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι οι ευθείες $EZ,\ KL,\ IM,$ με το έγγεντρο του $\vartiangle ABC$ και το μέσον της πλευράς , τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω το οποίο κείται επί του ύψους και απέχει από την κορυφή απόσταση ίση με την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ .
f=178 t=72224.PNG

Κώστας Βήττας.

Edit: Στα παρακάτω (σχήμα – κείμενο) θεωρήστε ότι ${{I}_{b}}\leftrightarrow {{I}_{c}}$ για να είμαστε και με τους τύπους σωστοί

$\bullet$ Έστω $N\equiv ZE\cap KL$ και ας είναι

το σημείο τομής της

με την

. Τότε Με $EZ\bot B{{I}_{b}}$ ( BE,BZ

εφαπτομενικά τμήματα από το

στον $\left( {{I}_{b}} \right)$ και $B{{I}_{b}}$ διακεντρική ευθεία) και $IB\bot B{{I}_{b}}$ (διχοτόμοι εσωτερικής εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών) προκύπτει ότι $EZ\parallel IB\Rightarrow NE\parallel IB$ και ομοίως $LN\parallel IC$ , οπότε:

$\dfrac{MB}{EB}\overset{BI\parallel EZ}{\mathop{=}}\,\dfrac{MI}{IN}\overset{CI\parallel LN}{\mathop{=}}\,\dfrac{MC}{LC}\overset{EB=CL=\tau -a}{\mathop{\Rightarrow }}\,MB=MC$ , ( με $\tau$ την ημιπερίμετρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ) δηλαδή το

είναι το μέσο της

και συνεπώς $EZ\cap LK\cap MI\equiv N$ με

το μέσο της

.

: Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου.png (76.7 KiB) Προβλήθηκε 938 φορές

$\bullet$ Έστω $T\equiv AI\cap \left( O \right),T\ne A$ , προφανώς (λόγω της διχοτόμου της γωνίας $\angle A$ ) το μέσο του τόξου

του $\left( O \right)$ που δεν περιέχει το

, οπότε με

το μέσο της αντίστοιχης χορδής του θα είναι $TM\bot BC:\left( 1 \right)$

$\bullet$ Έστω $F\equiv \left( I \right)\cap AB$ . Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle AFI,\vartriangle BMT$ είναι όμοια (αφού και $\angle IAF=\angle TBM=\dfrac{\angle A}{2}$ ) και συνεπώς $\dfrac{IA}{TB}=\dfrac{AF}{BM}:\left( 2 \right)$

Αλλά $TB=IT\left( \angle IBT=\angle BIT=\dfrac{\angle A+\angle B}{2} \right)$ και $AF=BZ=BE=\tau -a$ οπότε η σχέση $\left( 2 \right)$ γίνεται $\dfrac{IA}{IT}=\dfrac{EB}{BM}\overset{EN\parallel IB}{\mathop{=}}\,\dfrac{IN}{IM}\Rightarrow AN\parallel TM\overset{TM\bot BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,AN\bot BC$ και άρα το

είναι σημείο του ύψους

του τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

$\bullet$ Από την ομοιότητα $\vartriangle ANI\sim \vartriangle TMI$ (λόγω της παραλληλίας $AN\parallel TM$ ) προκύπτει ότι $\dfrac{AN}{TM}=\dfrac{IA}{IT}\overset{IT=BT}{\mathop{=}}\,\dfrac{IA}{BT}\overset{\vartriangle AFI\sim \vartriangle BMT}{\mathop{=}}\,\dfrac{IF}{TM}\Rightarrow AN=IF=r$ , όπου

η ακτίνα του $\left( I \right)$ και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Σημείωση: Εναλλακτικά , μετά την απόδειξη $AN\bot BC$ , αν $S\equiv IY\cap \left( I \right),S\ne Y$ , με $Y\equiv \left( I \right)\cap BC$ , η

διέρχεται από το ισοτομικό

του

ως προς την

(γνωστή πρόταση) και συνεπώς με I,M

τα μέσα των YS,YX

αντίστοιχα θα είναι $MIN\parallel XSA\Rightarrow IN\parallel SA\overset{AN\parallel SI}{\mathop{\Rightarrow }}\,ANIS$ παραλληλόγραμμο , άρα AN=SI=r

#3

vittasko έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 07, 2022 3:41 pm
Ο _παρεγγεγραμμένος κύκλος $(I_{c})$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ εφάπτεται των ευθειών $BC,\ AB$ στα σημεία $E,\ Z$ αντιστοίχως και ο _παρεγγεγραμμένος κύκλος του $(I_{b})$ , εφάπτεται των ευθειών $AC,\ BC$ στα σημεία $K,\ L,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι οι ευθείες $EZ,\ KL,\ IM,$ με το έγγεντρο του $\vartiangle ABC$ και το μέσον της πλευράς , τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω το οποίο κείται επί του ύψους και απέχει από την κορυφή απόσταση ίση με την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ .
f=178 t=72224.PNG

Κώστας Βήττας.

Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση του ως άνω προβλήματος

$\bullet$ Έστω $N\equiv MI\cap AD$ , με

το μέσο της

και

το ύψος του $\vartriangle ABC$
Τότε (όπως αναφέρθηκε και στην προηγούμενη ανάρτηση) είναι AN=r

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

: Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου 1.png (46.68 KiB) Προβλήθηκε 860 φορές

$\bullet$ Αν ${{I}_{c}}P\bot AD,P\in AD\overset{PDE{{I}_{c}}\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o}{\mathop{\Rightarrow }}\,PD={{I}_{c}}E={{r}_{c}}:\left( 1 \right)$ και $AZ=\tau -b,BZ=\tau -a$ με $\tau$ την ημιπερίμετρο του $\vartriangle ABC$
Από τους τύπους του εμβαδού του τριγώνου έχουμε:
$\left( ABC \right)=\sqrt{\tau \left( \tau -a \right)\left( \tau -b \right)\left( \tau -c \right)}=\left( \tau -c \right)\cdot {{r}_{c}}=\tau \cdot r\Rightarrow$
${{\left( ABC \right)}^{2}}=\tau \left( \tau -a \right)\left( \tau -b \right)\left( \tau -c \right)=\left( \tau -c \right)\cdot {{r}_{c}}\cdot \tau \cdot r\Rightarrow$ $\left( \tau -a \right)\left( \tau -b \right)={{r}_{a}}\cdot r\Rightarrow \dfrac{{{r}_{a}}}{\tau -a}=\dfrac{\tau -b}{r}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots \dfrac{PD}{BZ}=\dfrac{AZ}{AN}:\left( 2 \right)$

$\bullet$ Από τη σχέση $\left( 2 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι ${{I}_{c}}B\bot NZ$ και με ${{I}_{c}}B\bot ZE$ (από τα εφαπτομενικά τμήματα και τη διακεντρική ευθεία στον $\left( {{I}_{c}} \right)\Rightarrow E,Z,N$ συνεθειακά , δηλαδή

διέρχεται από το $N\equiv IM\cap AD$ . Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι

διέρχεται από το

και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

#4

vittasko έγραψε: ↑
Τετ Σεπ 07, 2022 3:41 pm
Ο _παρεγγεγραμμένος κύκλος $(I_{c})$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ εφάπτεται των ευθειών $BC,\ AB$ στα σημεία $E,\ Z$ αντιστοίχως και ο _παρεγγεγραμμένος κύκλος του $(I_{b})$ , εφάπτεται των ευθειών $AC,\ BC$ στα σημεία $K,\ L,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι οι ευθείες $EZ,\ KL,\ IM,$ με το έγγεντρο του $\vartiangle ABC$ και το μέσον της πλευράς , τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω το οποίο κείται επί του ύψους και απέχει από την κορυφή απόσταση ίση με την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ .

$\bullet$ Έστω $F,\ F',$ τα σημεία επαφής του έγκυκλου (I)

στις πλευρές $AB,\ AC,$ αντιστοίχως.

Ισχύει $BE = BZ = AF = AF' = CK = CL\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $MB = MC\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{MB}{BE} = \frac{MC}{CL}\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και $BI\parallel EZ$ και $CI\parallel KL$ , σύμφωνα με το Θεώρημα των αναλόγων διαιρέσεων ( άμεση εφαρμογή του Θεωρήματος Θαλή ), προκύπτει ότι τα σημεία $M,\ I$ και $N\equiv EZ\cap KL$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Έστω το σημείο $N'\equiv AD\cap EZ$ .

Στο τρίγωνο $\vartriangle ADB$ με διατέμνουσα την ευθεία EZN'

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε

$\displaystyle \frac{N'A}{N'D}\cdot \frac{ED}{EB}\cdot \frac{ZB}{ZA} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{N'A}{N'D} = \frac{ZA}{ED}\ \ \ ,(3)$ λόγω EB = ZB

.

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle ADC$ με διατέμνουσα την ευθεία LKN''

, όπου $N''\equiv AD\cap KL$ , έχουμε

$\displaystyle \frac{N''A}{N''D}\cdot \frac{LD}{LC}\cdot \frac{KC}{KA} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{N''A}{N''D} = \frac{KA}{LD}\ \ \ ,(4)$ λόγω LC = KC

.

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ZAI_{c},\ \vartriangle KAI_{b}$ έχουμε $\displaystyle \frac{ZA}{KA} = \frac{AI_{c}}{AI_{b}} = \frac{ED}{LD}\ \ \ ,(5)$ λόγω του τραπεζίου $ELI_{b}I_{c}$ με $I_{c}E\parallel AD\parallel I_{b}L$ .

Από $(3),\ (4),\ (5)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{N'A}{N'D} = \frac{N''A}{N''D}\Rightarrow$ $\boxed{N'\equiv N''}\ \ \ ,(6)$

Από (6)

και $EZ\cap KL\cap MI\equiv N$ συμπεραίνεται ότι $\boxed{N'\equiv N''\equiv N\in AD}$ και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Για το δεύτερο ζητούμενο όπως ο Στάθης πιο πάνω ( #2 - Σημείωση ).

Κώστας Βήττας.

Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου.

Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου.

Re: Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου.

Re: Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου.

Re: Συντρέχουσες ευθείες επί του ύψους τριγώνου.

Μέλη σε σύνδεση