mathematica.gr


https://www.mathematica.gr/forum/

Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?t=74904

Σελίδα 1 από 1

Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Δημοσιεύτηκε: Τετ Νοέμ 22, 2023 7:17 am
από orestisgotsis
ΠΕΡΙΤΤΑ

Re: Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 23, 2023 4:53 pm
από giannimani
Θα χρησιμοποιήσουμε τα παρακάτω λήμματα:

Λήμμα 1: Η ευθεία MI είναι παράλληλη της AE, όπου E το σημείο επαφής του A-παρεγγεγραμμένου
κύκλου του τριγώνου ABC με την πλευρά BC.

Λήμμα 2: Η ευθεία MI τέμνει το ύψος AH σε σημείο Q, έτσι ώστε, το ευθύγραμμο τμήμα AQ να ισούται
με την ακτίνα του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο ABC, κύκλου.

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται της πλευράς BC στο σημείο D. Το σημείο E είναι το σημείο
επαφής του A-παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC με την πλευρά BC, το AH ύψος, το Q το σημείο
τομής της MI με το ύψος AH.
aboutMI.png
aboutMI.png (60.04 KiB) Προβλήθηκε 1088 φορές
Είναι γνωστό ότι BD = EC, δηλαδή, MD=ME \quad (1)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι \angle AIP=\angle IMP\quad (a)

Συμβολίζουμε με K το σημείο επαφής της MP με τον εγγεγραμμένο κύκλο του \triangle ABC.

Εφόσον MP, MB εφαπτομένες του εγγεγραμμένου κύκλου, τότε MD=MK\quad (2) και \angle IMD=\angle IMP \quad (3).

Από (1) και (2) προκύπτει ότι MD=ME=MK, δηλαδή, \angle DKE =90^{\circ}\Rightarrow AK \bot DK\quad (4)

Εφόσον AE \parallel MI (λήμμα 1), και MI \bot DK, τότε AE \bot DK\quad (5).

Από τις (4), (5) τα σημεία A, K, E ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Το AQIK είναι τραπέζιο (AK \parallel QI, λήμμα 1), και ισοσκελές (AQ=IK, λήμμα 2), οπότε είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Αλλά, το τετράπλευρο AIKP είναι εγγράψιμο (\angle IAP=\angle IKP=90^{\circ}).

Ως εκ τούτου, τα σημεία A, Q, I, K και P ανήκουν στον κύκλο διαμέτρου IP.

Επομένως, \angle AIP=\angle AKP=\angle MKE=\angle AEK=\angle DMQ=\angle IMK, που είναι το αποδεικτέο.

Οι τελευταίες γωνιακές ισότητες προκύπτουν από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AIKP, το ορθογώνιο τρίγωνο DKE
με διάμεσο επί την υποτείνουσα την KM, και την παραλληλία των IM, AE.

Re: Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 23, 2023 9:13 pm
από Henri van Aubel
Έστω Q η προβολή του I στην MP. Το PAIQ είναι εγγράψιμο (\angle PAI=\angle PQI=90^\circ), οπότε \angle AIP=\angle AQP, οπότε αρκεί νδο \angle IMP=\angle AQP\Longleftrightarrow AQ\parallel MI\Longleftrightarrow AQ\perp QD. Θα αποδείξουμε τον παρακάτω ισχυρισμό: Η ευθεία MI περνάει από το μέσο , έστω X, του AD.

Απόδειξη

Έστω ID\perp BC\left ( D\in BC \right ), X\equiv MI\cap AD,Y\equiv MI\cap AB. Είναι \displaystyle \frac{BM}{BY}=\frac{\sin \left (\angle B+\angle BMI \right )}{\sin \angle BMI}=\sin \angle B\cdot \cot \angle BMI+\cos \angle B.

Επομένως \displaystyle \frac{a}{2BY}=\frac{h_{a}}{c}\cdot \frac{DM}{r}+\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )}{2ac}+\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\Longleftrightarrow
\displaystyle \Longleftrightarrow \frac{a}{2BY}=\frac{b-c+a}{2c}\Longleftrightarrow BY=\frac{ac}{a+b-c}.

Συνεπώς \displaystyle AY=c-\frac{ac}{a+b-c}=\frac{ac+bc-c^{2}-ac}{a+b-c}=\frac{c\left ( b-c \right )}{a+b-c}, άρα \displaystyle \frac{BY}{AY}=\frac{a}{b-c}=\frac{MB}{MD} και από Θ. Μενέλαου στο ABD με διατέμνουσα MXY, βγάζουμε AX=XD και ο ισχυρισμός ισχύει. Αφού το X ανήκει στην μεσοκάθετο του DQ και AX=XD, έπεται ότι AQ\perp QD κλπ.

Re: Ένα οξυγώνιο τρίγωνο

Δημοσιεύτηκε: Παρ Νοέμ 24, 2023 5:35 pm
από giannimani
Στην παραπάνω απόδειξη ορισμένα στοιχεία ήταν περιττά. Δίνω ξανά την απόδειξη χωρίς αυτά.

Λήμμα 1: Η ευθεία MI είναι παράλληλη της AE, όπου E το σημείο επαφής του A-παρεγγεγραμμένου
κύκλου του τριγώνου ABC με την πλευρά BC (Η απόδειξη εδώ)

Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται της πλευράς BC στο σημείο D. Το σημείο E είναι το σημείο
επαφής του A-παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC με την πλευρά BC.
Είναι γνωστό ότι BD = EC, δηλαδή, MD=ME \quad (1)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι \angle AIP=\angle IMP\quad (a)
aboutMI.png
aboutMI.png (52.21 KiB) Προβλήθηκε 985 φορές
Συμβολίζουμε με K το σημείο επαφής της MP με τον εγγεγραμμένο κύκλο του \triangle ABC.
Εφόσον MP, MB εφαπτομένες του εγγεγραμμένου κύκλου, τότε MD=MK\quad (2).
Από (1) και (2) προκύπτει ότι MD=ME=MK, δηλαδή, \angle DKE =90^{\circ}\Rightarrow AK \bot DK\quad (3)
Εφόσον AE \parallel MI (λήμμα 1), και MI \bot DK, τότε AE \bot DK\quad (4).
Από τις (3), (4) τα σημεία A, K, E ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Το τετράπλευρο AIKP είναι εγγράψιμο (\angle IAP=\angle IKP=90^{\circ}).
Επομένως, \angle AIP=\angle AKP\quad (5) (ως εγγεγρμμένες γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και \angle AKP=\angle IMP\quad (6) (ως εντός εκτός επί τα αυτά των παραλλήλων AE, MI που τέμνονται από την PM. Από τις (5), (6) προκύπτει η αποδεικτέα (a).
Όλοι οι χρόνοι είναι UTC+02:00
Σελίδα 1 από 1

Δημιουργήθηκε από phpBB® Forum Software © phpBB Limited


Ελληνική μετάφραση από το phpbbgr.com