mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 28, 2021 11:20 pm**

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος $\displaystyle{(\Gamma)}$ .
Επί του επιπέδου του τριγώνου αυτού χαράσσουμε ευθεία $\displaystyle{(L)}$ η οποία τέμνει τις πλευρές
$\displaystyle{BC,CA}$ και $\displaystyle{AB}$ αντίστοιχα στα σημεία $\displaystyle{X,Y,Z}$ .
Στη συνέχεια χαράσσουμε τις συμμετρικές $\displaystyle{L_A,L_B,L_C}$ της $\displaystyle{(L)}$ ως προς τις $\displaystyle{BC,CA,AB}$ .

Να δειχθεί ότι οι $\displaystyle{L_A,L_B,L_C}$ ορίζουν ένα τρίγωνο του οποίου το έγκεντρο ανήκει στον κύκλο $\displaystyle{(\Gamma)}$ .

(Πηγή: DIOFANTE.FR (Les récréations mathématiques))

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 29, 2021 3:58 pm**

KDORTSI έγραψε: Κυρ Νοέμ 28, 2021 11:20 pm Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος $\displaystyle{(\Gamma)}$ .
Επί του επιπέδου του τριγώνου αυτού χαράσσουμε ευθεία $\displaystyle{(L)}$ η οποία τέμνει τις πλευρές
$\displaystyle{BC,CA}$ και $\displaystyle{AB}$ αντίστοιχα στα σημεία $\displaystyle{X,Y,Z}$ .
Στη συνέχεια χαράσσουμε τις συμμετρικές $\displaystyle{L_A,L_B,L_C}$ της $\displaystyle{(L)}$ ως προς τις $\displaystyle{BC,CA,AB}$ .

Να δειχθεί ότι οι $\displaystyle{L_A,L_B,L_C}$ ορίζουν ένα τρίγωνο του οποίου το έγκεντρο ανήκει στον κύκλο $\displaystyle{(\Gamma)}$ .

(Πηγή: DIOFANTE.FR (Les récréations mathématiques))

: εγγεγραμμένος επί του περιγεγραμμένου.png (54.05 KiB) Προβλήθηκε 278 φορές

Έστω ${A}'\equiv \left( {{L}_{b}} \right)\cap \left( {{L}_{c}} \right)$ και ομοίως κυκλικά τα σημεία {B}',{C}'

και έστω $L\equiv A{A}'\cap YZ$ . Αν η κάθετη στην

στο σημείο

τέμνει την A{A}'

στο

τότε επειδή (λόγω της συμμετρίας )

διχοτόμος της $\angle Z$ εξωτερικής του τριγώνου $\vartriangle {A}'KZ$ η

θα είναι η εσωτερική διχοτόμος του τριγώνου και συνεπώς η σειρά $\left( A,K,I,{A}' \right)$ είναι αρμονική και άρα και η δέσμη Y.AKI{A}'

είναι αρμονική και με

της διχοτόμο (λόγω συμμετρίας) της $\angle Y$ εξωτερικής του τριγώνου $\vartriangle KY{A}'$ η

θα είναι η εσωτερική διχοτόμος του εν λόγω τριγώνου οπότε $IY\bot AC$ , άρα το τετράπλευρο AZIY

είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

και το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle Z{A}'Y$ , οπότε η A{A}'

είναι διχοτόμος της $\angle Y{A}'Z$ άρα και της κατακορυφήν της $\angle {B}'{A}'{C}'$ . Ομοίως {B}'B,{C}'C

είναι οι διχοτόμοι των γωνιών $\angle {A}'{C}'{B}',\angle {A}'{B}'{C}'$ αντίστοιχα και ας είναι {I}'

το έγκενρτο του τριγώνου $\vartriangle {A}'{B}'{C}'$ . Τότε $\angle {B}'{I}'{C}'=\angle B{I}'C={{90}^{0}}+\dfrac{\angle {C}'{A}'{B}'}{2}={{90}^{0}}+\dfrac{\angle Y{A}'Z}{2}$
$={{90}^{0}}+\dfrac{2\left( \angle ZIY \right)-{{180}^{0}}}{2}=\angle ZIY\overset{Z,A,Y,I\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,{{180}^{0}}-\angle BAC$ και συνεπώς ${I}'\in \left( \Gamma \right)$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Στάθης

mathematica.gr

Εγγεγραμμένος επί του περιγεγραμμένου

Εγγεγραμμένος επί του περιγεγραμμένου

Re: Εγγεγραμμένος επί του περιγεγραμμένου