Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1131
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm

Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.


Σιλουανός Μπραζιτίκος

Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1506
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Δεκ 01, 2017 5:58 pm

silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Εστω I_{c},I_{b} τα κέντρα των I_{C},I_{B} αντίστοιχα.

Από την ομοιότητα των τριγώνων AEI_{c},ADI_{b}

παίρνουμε \dfrac{AI_{c}}{AI_{b}}=\dfrac{r_{c}}{r_{b}}

Αν AH είναι το ύψος του τριγώνου τότε ο Θαλής μαζί με την προηγούμενη

δίνει \dfrac{QH}{HP}=\dfrac{r_{c}}{r_{b}} (1)

Εστω K=AH\cap DP

Εύκολα βλέπουμε ότι τα τρίγωνα KHP,BPI_{b}

είναι όμοια.

Ετσι έχουμε \dfrac{HK}{BP}=\dfrac{HP}{r_{b}}

Αλλά BP=t όπου t η ημιπερίμετρος.

Αρα HK=\frac{HP}{r_{b}}t (2)

Αν τώρα K'=AH\cap QE

υπολογίζουμε όμοια ότι HK'=\frac{QH}{r_{c}}t (3)

Τελικά οι (1), (2), (3) μας δίνουν ότι S\equiv K\equiv K'

και το ζητούμενο απεδείχθη.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 573
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Δεκ 02, 2017 1:07 am

silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους (2).png
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους (2).png (43 KiB) Προβλήθηκε 161 φορές
Έστω πως οι PD και QE τέμνουν την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας A του τριγώνου ABC, η οποία είναι και διάκεντρος των κύκλων (I_B), (I_C), στα σημεία K, L. Ακόμα έστω πως η SA τέμνει την BC στο G.

Παρατηρούμε πως \widehat{I_BKP}=\widehat{AKD}=180^o-\widehat{DAK}-\widehat{ADK}=180^o-(90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2})-(90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2})=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}

Όμως είναι \widehat{I_BCP}=90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2}=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}, άρα αφού \widehat{I_BKP}=\widehat{I_BCP}, προκύπτει ότι I_BPCK είναι εγγράψιμο.

Επομένως αφού \widehat{I_BPC}=90^o, προκύπτει ότι CK\perp I_BI_C.

Ομοίως προκύπτει ότι BL\perp I_BI_C.

Έχουμε πως \widehat{LPQ}=\dfrac{\widehat{C}}{2}

Παρατηρούμε πως το τετράπλευρο I_CQBL είναι εγγράψιμο. Ακόμη ξέρουμε πως \widehat{LI_CB}=90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2}, άρα προκύπτει πως \widehat{LQP}=\widehat{LI_CB}=90^o-\dfrac{C}{2}.

Συνεπώς είναι \widehat{LPQ}+\widehat{LQP}=90^o, άρα είναι LP\perp LQ.

Ακόμη έχουμε πως \widehat{PLB}=\widehat{PI_BB}=90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{I_CBQ}=\widehat{I_CLQ}=\widehat{ALS} (1)

Επιπλέον τα ορθογώνια τρίγωνα PLS και BLA είναι όμοια αφού

\widehat{LSP}=180^o-\widehat{SPQ}-\widehat{SQP}=180^o-\widehat{KI_BC}-\widehat{LI_CB}=
=180^o-(90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2})-(90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2})=90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2}=\widehat{LAB}.

Επομένως \dfrac{LP}{LS}=\dfrac{LB}{LA} (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα LPB και LSA είναι όμοια, άρα \widehat{LBG}=\widehat{LAS}, επομένως το τετράπλευρο LBGA είναι εγγράψιμο και αφού \widehat{BLA}=90^o προκύπτει ότι AG\perp BC\Leftrightarrow AS\perp BC.


Houston, we have a problem!
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1131
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Δεκ 06, 2017 12:51 am

Πολύ ωραίες οι λύσεις σας! Πριν παραθέσω την δική μου, να ρωτήσω: Υπάρχει σύντομη λύση στο παραπάνω πρόβλημα με το Θεώρημα Κούτρα;


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης