Ισοσκελές από ισοτομικό

#1

: Ισοσκελές από ισοτομικό.png (35.77 KiB) Προβλήθηκε 419 φορές

Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ ορθογωνίου στο τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δειχθεί ότι το τρίγωνο $\vartriangle A{F}'E$ είναι ισοσκελές , όπου το σημείο τομής της με το ύψος και το ισοτομικό του $\left( AF=B{F}' \right)$

#2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 01, 2021 12:00 pm
Ισοσκελές από ισοτομικό.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ ορθογωνίου στο τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δειχθεί ότι το τρίγωνο $\vartriangle A{F}'E$ είναι ισοσκελές , όπου το σημείο τομής της με το ύψος και το ισοτομικό του $\left( AF=B{F}' \right)$

Είναι $\displaystyle AF = r = \frac{{b + c - a}}{2},AF' = BF = BD = c - r = \frac{{a + c - b}}{2}.$

Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle AE = \frac{{a + c - b}}{2}.$

: Ισοσκελές από ισοτομικό.png (15.5 KiB) Προβλήθηκε 367 φορές

Θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ABH

με διατέμνουσα $\displaystyle \overline {FED}$ :

$\displaystyle \frac{r}{{c - r}} \cdot \frac{{c - r}}{{HD}} \cdot \frac{{EH}}{{AE}} = 1 \Leftrightarrow \frac{r}{{c - r - BH}} = \frac{{AE}}{{EH}} \Leftrightarrow \frac{r}{{r + c - r - \frac{{{c^2}}}{a}}} = \frac{{AE}}{h} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \frac{r}{{ac - {c^2}}} = \frac{{AE}}{{bc}} \Leftrightarrow AE = \frac{{br}}{{a - c}} = \frac{{b(b + c - a)}}{{2(a - c)}} = \frac{{{b^2} - b(a - c)}}{{2(a - c)}} = \frac{{{a^2} - {c^2} - b(a - c)}}{{2(a - c)}}$

Επομένως, $\displaystyle AE = \frac{{a + c - b}}{2}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 01, 2021 12:00 pm
Ισοσκελές από ισοτομικό.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ ορθογωνίου στο τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δειχθεί ότι το τρίγωνο $\vartriangle A{F}'E$ είναι ισοσκελές , όπου το σημείο τομής της με το ύψος και το ισοτομικό του $\left( AF=B{F}' \right)$

: Ισοσκελές από ισοτομικό 1.png (41.05 KiB) Προβλήθηκε 358 φορές

Να ευχαριστήσω τον Γιώργο για την ενασχόληση με το θέμα και ας δούμε μια διαφορετική αντιμετώπιση εκμεταλλευόμενοι γωνιακά το ορθογώνιο τρίγωνο και το ύψος του παρακάμπτοντας και το Μενέλαο.

Έστω $Z\equiv BI\cap AC$ . Τότε τα τρίγωνα $\vartriangle FAE,\vartriangle ZCB$ είναι όμοια (έχουν δύο γωνίες με κάθετες πλευρές του ίδιου προσανατολισμού και συνεπώς $\dfrac{AE}{BC}=\dfrac{AF}{CZ}\Rightarrow AE=a\cdot \dfrac{\tau -a}{\dfrac{ab}{a+c}}=\dfrac{\left( b+c-a \right)}{2b}\cdot \left( a+c \right)=\dfrac{b\cdot \left( a+c \right)+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2b}$
$=\dfrac{b\cdot \left( a+c \right)-{{b}^{2}}}{2b}=\dfrac{a+c-b}{2}=\tau -b=BF=A{F}'$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Ισοσκελές από ισοτομικό

Ισοσκελές από ισοτομικό

Re: Ισοσκελές από ισοτομικό

Re: Ισοσκελές από ισοτομικό

Μέλη σε σύνδεση