mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2022 11:20 am**

Σε τρίγωνο ABC

θεωρούμε τις διχοτόμους

,

. Η μεσοκάθετος της

τέμνει τις ευθείες

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AKL

διέρχεται από το έγκεντρο του τριγώνου ABC

.

: bisec22.png (36.69 KiB) Προβλήθηκε 1389 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2022 1:12 pm**

Καλησπέρα σας.

Μία λύση

Από θεώρημα νότιου πόλου το

ανήκει στον (ABD)

Άρα $\angle AKD = 180^{\circ} - \angle B$ .
Έτσι $\angle LKD = 90^{\circ} - \frac{\angle B}{2} = \angle LKC'$ με $C'\equiv CI \cap DK$ .
Όμως $\angle C'IA = \angle CIA = 90^{\circ} + \frac{\angle B}{2}$ , άρα

,

ομοκυκλικά.
Ισχύει $\angle KC'I = \angle DMK = 90^{\circ}$ , άρα το

είναι το ορθόκεντρο του DKL

.
Άρα $\angle LDK = 90^{\circ} - \frac{\angle A}{2}$ . Τα τρίγωνα ALK

και

έχουν τις πλευρές τους ίσες, άρα είναι ίσα οπότε $\angle LAK = \angle LDK =90^{\circ} - \frac{\angle A}{2}$ .
Άρα $\angle LAK + \angle LIK = 180^{\circ}$ και το ζητούμενο έπεται.

: ομοκυκλικά - σχήμα.png (60.86 KiB) Προβλήθηκε 1298 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2022 1:21 pm**

Εδώ παρατηρούμε ότι από το θεώρημα νότιου πόλου το τετράπλευρο ACDL

είναι εγγράψιμο, άρα $\widehat{LDA}=\widehat{LCA}=\widehat{ACB}/2\Rightarrow \widehat{ALK}=90^{0}-\widehat{ACB}/2,$ όμως $\widehat{AIK}=\widehat{BID}=90^{0}-\widehat{ACB}/2,$ έτσι $\widehat{ALK}=\widehat{AIK}$ και τέλος.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2022 7:13 pm**

giannimani έγραψε: Δευ Σεπ 05, 2022 11:20 am Σε τρίγωνο θεωρούμε τις διχοτόμους , , . Η μεσοκάθετος της τέμνει τις ευθείες και
στα σημεία και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου διέρχεται από το έγκεντρο του τριγώνου .
bisec22.png

Για να δούμε και τι ακριβώς αναφέρει το Θεώρημα του Νοτίου Πόλου

: Τα εργαλεία κάνουν το Μάστορα.png (33.37 KiB) Προβλήθηκε 1230 φορές

$\bullet$ Έστω $P\equiv DL\cap AB,T\equiv KD\cap AC$ . Με $B\equiv AP\cap KI,D\equiv LP\cap TK,C\equiv LI\cap AT$ συνευθειακά, προκύπτει σύμφωνα με το θεώρημα του Pascal ότι το μη κυρτό εξάγωνο APLIKT

είναι εγγεγραμμένο σε κωνική τομή.

$\bullet$ Από το Θεώρημα του Νοτίου Πόλου ( Σε κάθε τρίγωνο το σημείο τομής μιας διχοτόμου μιας γωνίας του με τη μεσοκάθετη της απέναντι πλευράς του ανήκει στον περίκυκλο του τριγώνου (στο πρόβλημά μας στο τρίγωνο $\vartriangle ABD$ το

είναι σημείο του περίκυκλού του και συνεπώς $\angle IKT\equiv \angle BKL=\angle BAI=\dfrac{\angle A}{2}=\angle IAT$ και συνεπώς A,I,T,K

ομοκυκλικά και άρα η ως άνω κωνική τομή είναι κύκλος, δηλαδή και $A,L,I,K,\left( P,T \right)$ είναι ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2022 7:38 pm**

Καλησπέρα,
Δείχνουμε όπως προηγουμένως ότι τα AKDB

και

είναι εγγράψιμα. Επομένως, (FI)(IC)=(IA)(ID)=(KI)(IB)

άρα και το FBCK

είναι εγγράψιμο.

Λόγω εγγραψιμότητας των ALDC

και

έχουμε διαδοχικά: $\angle LAI = \angle FCB = \angle FKB$ δηλαδή
$\angle LAI= \angle LKI$ άρα το ALIK

είναι εγγράψιμο όπως θέλαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 06, 2022 10:01 am**

Θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε και το εξής:

Αν σε δύο τρίγωνα ABC

και

είναι: $b=b'\,,\quad c=c'\,,\quad \angle C= \angle C'$ ,
τότε $\angle B=\angle B'$ ή $\angle B+\angle B'=180^{\circ}$

Πράγματι, τα τρίγωνα KAB

και

έχουν

, τη

κοινή, και $\angle ABK=\angle DBK$ , οπότε
σύμφωνα με το παραπάνω, εφόσον $AB \neq BD$ , θα είναι $\angle BAK+\angle BDK=180^{\circ}$ .
(αν AB = BD

, τότε $\frac{BD}{DC}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow BC=AB+AC$ , δηλαδή το τρίγωνο εκφυλίζεται σε ευθεία).
Το ABDK

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle KAD=\angle KBD=\frac{1}{2}\angle ABC$ .
Όμοια αποδεικνύουμε ότι $\angle LAD= \frac{1}{2}\angle ACB$ .
Επομένως, $\angle KAL = \angle KAD+\angle LAD= \frac{1}{2}(\angle ABC+\angle ACB)=90^{\circ}-\,\frac{\angle A}{2}$ .
Αλλά, είναι γνωστό ότι $\angle LIK=\angle BIC=90^{\circ}+\,\frac{\angle A}{2}$ .
Από τις δύο τελευταίες προκύπτει το ζητούμενο.

: bisec22.png (53.06 KiB) Προβλήθηκε 1149 φορές

Υ.Γ. Είχα σκοπό ως δεύτερο ερώτημα, να εισάγω τα σημεία και , αλλά με πρόλαβε
ο Στάθης, εμπλέκοντας με θαυμαστό τρόπο το αντίστροφο του θεωρήματος Pascal.

mathematica.gr

τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 22

τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 22

Re: τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 22

Re: τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 22

Re: τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 22

Re: τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 22

Re: τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 22