Ωραία διχοτόμος

#1

: Ωραία διχοτόμος.png (32.21 KiB) Προβλήθηκε 1106 φορές

Έστω

το έγκεντρο τριγώνου ABC.

Ο

παρεγγεγραμμένος κύκλος $(\omega)$ εφάπτεται της

στο

Η

επανατέμνει τον $(\omega)$ στο

να δείξετε ότι η

διχοτομεί τη γωνία $B\widehat SC.$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Έστω

το μέσο του

. Έστω ακόμη

το σημείο που ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στην

δηλαδή το σημείο της

ώστε $IE\perp BC$ . Αφού

μέσο της υποτείνουσας έχουμε ότι MD=ME

. Όμως ταυτόχρονα ισχύει ότι EB=DC

, άρα εύκολα προκύπτει ότι MB=MC

.

Θα αποδείξουμε ότι το BMCS

είναι εγγράψιμο, οπότε θα προκύπτει η ζητούμενη διχοτόμηση.

Αρκεί $MD\cdot DS=BD\cdot DC\Leftrightarrow \dfrac{ID\cdot DS}{2}=BD\cdot DC\Leftrightarrow ID\cdot \dfrac{DS}{2}=BD\cdot DC$ .

Έστω

το μέσο του

. Η παραπάνω σχέση γίνεται $ID\cdot DN=BD\cdot DC$ .

Αρκεί δηλαδή το BICN

να είναι εγγράψιμο. Ως γνωστό το BICI'

είναι εγγράψιμο, όπου

το παράκεντρο της κορυφής

, και ακόμη έχουμε $\widehat{I'ND}=90^o$ , αφού

μέσο του

, δηλαδή $\widehat{I'NI}=90^o$ . Όμως είναι $\widehat{I'CI}=90^o$ , οπότε έχουμε ότι το ICNI'

είναι εγγράψιμο, άρα τελικά προκύπτει ότι το BICN

είναι εγγράψιμο!

nickchalkida · #3

Εστω

,

τα σημεία τομής των

,

με τον παραγεγραμμένο κύκλο.
Από το

φέρω κάθετη στην

και από το

φέρω κάθετη στην

.
Εάν αυτές οι κάθετες τέμνονται στο

τότε οι κόκκινες γωνίες BSD

και

ειναι ίσες οπότε το

είναι σημείο του παραγεγραμμένου κύκλου.

Εάν $M=SI \cap KE$ , $L= KD \cap SB$ τότε το DMNL

είναι προφανώς περιγεγραμμένο ( $\angle L = \angle M = 1^L$ ).
Θα είναι τότε $\angle KDS = \angle BNK= \angle ENS$ , αλλά και $\angle KDS = \angle KES$ , οπότε $\angle ENS = \angle KES$ .
Δηλαδή το τρίγωνο SEN

είναι ισοσκελές και θα είναι

υψος και διχοτόμος.

: nicebisector.png (470.77 KiB) Προβλήθηκε 1060 φορές

#4

Η απόδειξη που μας έδωσε ο Διονύσης πιο πάνω, είναι όλα τα λεφτά

, αλλά ας δούμε και μία άλλη προσέγγιση.

$\bullet$ Έστω

, το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

στην πλευρά

και ας είναι

, το αντιδιαμετρικό σημείο του

.

Τα σημεία $A,\ E',\ D$ είναι συνευθειακά ( γνωστό αποτέλεσμα ) και έστω $Z,\ F$ , τα σημεία επαφής του

παρεγγεγραμμένου κύκλου, στις ευθείες των πλευρών $AB,\ AC$ , αντιστοίχως.

Έστω τα σημεία $T\equiv BC\cap ZF$ και $K\equiv ZF\cap AD$ .

$\bullet$ Η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο $(I_{a})$ και επειδή περνάει από το σημείο

, έχουμε το ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον ίδιο κύκλο, γιατί συνδέει το σημείο

με το σημείο

, επαφής της εφαπτομένης του κύκλου $(I_{a})$ από το σημείο

.

Άρα, η σημειοσειρά $Z,\ K,\ F,\ T$ είναι αρμονική και ισχύει $AK\perp TI_{a}$ .

Η δέσμη A. ZKFT

τώρα, είναι αρμονική και τεμνόμενη από την ευθεία

μας δίνει την αρμονική σημειοσειρά $B,\ D,\ C,\ T$ .

: Ωραία διχοτόμος.; f178 t62889.png (25.55 KiB) Προβλήθηκε 939 φορές

$\bullet$ Ορίζουμε το σημείο

της εκφώνησης, ως την προβολή του σημείου

επί της ευθείας

και λόγω της αρμονικής δέσμης S. BDCT

με $SD\perp ST$ , προκύπτει ότι η ευθεία

διχοτομεί την γωνία $\angle BSC$ και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί το σημείο

όπως ορίστηκε, ανήκει στον κύκλο $(I_{a})$ .

Θεωρούμε την ημιευθεία

, κατά προέκταση της ευθείας $I_{a}D$ προς το μέρος του

και έχουμε ότι η δέσμη D. XE'IE

είναι αρμονική, λόγω $EE'\parallel DX$ και IE = IE'

.

Δια του σημείου

φέρνουμε την ημιευθεία

κάθετη επί την

προς το μέρος που δεν κείται το

.

Οι ομόλογες ευθείες των δεσμών $D. XE'IE,\ T. DI_{a}SY$ τώρα, σχηματίζουν ίσες γωνίες

από $TD\perp DX$ και $TI_{a}\perp DE'$ και $TS\perp DI$ και $TY\perp DE$

και επομένως, οι δέσμες αυτές έχουν ίσους Διπλούς λόγους και άρα, η δέσμη $T. DI_{a}SY$ είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία $DI_{a}\parallel TY$ και επομένως, ισχύει $\boxed{I_{a}D = I_{a}D'}\ \ \ ,(1)$ όπου $D'\equiv TS\cap DI_{a}$ .

Από (1)

προκύπτει ότι το σημείο

ταυτίζεται με το αντιδιαμετρικό σημείο του

και άρα, το σημείο

ανήκει στον κύκλο (I{a})

λόγω $\angle DST = 90^{o}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

nickchalkida · #5

Αρχικά θα ήθελα να διορθώσω την προηγούμενη απάντησή μου και να πω ότι είναι ελλειπής.
Όπως σωστά μου επισήμανε ο αγαπητός Κώστας Βήττας ή ισότητα των κόκκινων γωνιών
δεν αποδεικνύει ότι το

ανήκει στον παράκεντρο. Μέχρι τώρα δεν βρήκα
μια επαρκή αιτιολόγηση για αυτό αλλά αντι τούτου θα ήθελα να δώσω μια "Αναλυτικής φύσεως"
απόδειξη και να συγχαρώ με την σειρά μου την όμορφη γεωμετρική απόδειξη του Διονύση.

Θεωρώ ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων με αρχή το I_a

και άξονα

(καφέ άξονες)
ο οποίος διέρχεται από το σημείο επαφής

και προσδιορίζω τις συντεταγμένες του
σημείου

λύνοντας το ακόλουθο σύστημα (παράκεντρου κύκλου, ευθείας

)

$\displaystyle{ \begin{aligned} & x^2 + y^2 = R^2 \\ & \frac{y-R}{x} = d = \frac{DN}{IN} \end{aligned} }$

Οι λύσεις του συστήματος είναι

$\displaystyle{ \begin{aligned} & D=(0,R) \\ & M=(M_x,M_y)=(-\frac{2Rd}{1+d^2}, -\frac{2Rd^2}{1+d^2}) \\ \end{aligned} }$

Θεωρώ τώρα σύστημα συντεταγμένων με αρχή το

. (Παράλληλο με το πρώτο, κόκκινοι άξονες).
Οι συντεταγμένες των

,

σε αυτό το σύστημα είναι B=(-M_x+c-t, R+M_y)

,

, ενώ οι συντελεστές διεύθυνσης των ευθειών

,

θα είναι

$\displaystyle{ m_{MB} = \frac{R+M_y}{-M_x+c-t} \ \ \ m_{MD} = \frac{R+M_y}{-M_x} \ \ \ m_{MC} = \frac{R+M_y}{-M_x+t-b} \ \ \ }$

Επειδή η γωνία δύο τεμνόμενων ευθειών, με συντελεστές διέθυνσης m_1

,

δίνεται από τον τύπο

$\displaystyle{ \phi = atan \frac{m_1-m_2}{1+ m_1m_2} }$

τότε αρκεί να αποδείξω

$\displaystyle{ \begin{aligned} & \frac{\frac{R+M_y}{-M_x+c-t}-\frac{R+M_y}{-M_x}}{1+\frac{R+M_y}{-M_x+c-t}\frac{R+M_y}{-M_x}} = \frac{\frac{R+M_y}{-M_x}-\frac{R+M_y}{-M_x+t-b}}{1+\frac{R+M_y}{-M_x}\frac{R+M_y}{-M_x+t-b}} \rightarrow \\ & \frac{(R+M_y)(t-c)}{-M_x(-M_x+c-t)+(R+M_y)^2} = \frac{(R+M_y)(t-b)}{-M_x(-M_x+t-b)+(R+M_y)^2} \rightarrow \\ & \frac{M_x^2 + M_x(t-c) + (R+M_y)^2}{t-c} = \frac{M_x^2 - M_x(t-b)+(R+M_y)^2}{t-b} \rightarrow \\ &(M_x^2 + (R+M_y)^2)(\frac{1}{t-c}-\frac{1}{t-b}) = -2M_x \rightarrow \\ & (\frac{4R^2d^2}{(1+d^2)^2} - \frac{4R^2d^4}{(1=d^2)^2})\frac{t-b-t+c}{(t-c)(t-b)} = \frac{4Rd}{1+d^2} \rightarrow \\ & \frac{4R^2d^2}{(1+d^2)^2}(1+d^2)\frac{c-b}{(t-c)(t-b)} = \frac{4Rd}{1+d^2} \rightarrow \\ & Rd (c-b) = (t-c)(t-b) \\ \end{aligned} }$

Θεωρώντας γνωστό ότι τα B,I,N,C,I_a

είναι ομοκυκλικά, τότε για να αποδείξω την τελευταία σχέση
αρκεί να αποδείξω ότι

$\displaystyle{ \begin{aligned} & d(c-b) = DN \rightarrow \\ & \frac{DN}{IN}(c-b) = DN \\ & IN = c-b \\ \end{aligned} }$

Η τελευταία προκύπτει εύκολα, επειδή BD=c-t

και

.
Άρα το ζητούμενο ισχύει.

Ωραία διχοτόμος

Ωραία διχοτόμος

Re: Ωραία διχοτόμος

Re: Ωραία διχοτόμος

Re: Ωραία διχοτόμος

Re: Ωραία διχοτόμος

Μέλη σε σύνδεση