Περίκυκλος ισοτομικών

#1

: Περίκυκλος ισοτομικών.png (34.32 KiB) Προβλήθηκε 630 φορές

Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ ορθογωνίου στο τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle {D}'{E}'{F}'$ διέρχεται από το , όπου τα ισοτομικά των αντίστοιχα ως προς τις πλευρές που ανήκουν

#2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 01, 2021 2:55 pm
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ ορθογωνίου στο τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle {D}'{E}'{F}'$ διέρχεται από το , όπου τα ισοτομικά των αντίστοιχα ως προς τις πλευρές που ανήκουν

$\bullet$ Έστω τα σημεία $S\equiv AC\cap DF$ και $T\equiv AB\cap DE$ .

Από τα ίσα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ASF,\ \vartriangle FBI$ έχουμε $AS = BF = AF' = s - b\ \ \ ,(1)$ όπου 2s = a + b + c

.

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι $AT = CE = AE' = s - c\ \ \ ,(2)$ και άρα, το τετράπλευρο STE'F'

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (K)

, ως ισοσκελές τραπέζιο, λόγω των $(1),\ (2)$ .

Θα αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο SDD'E'

είναι εγγράψιμο.

Αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $(CD')(CD) = (CE')(CS) = (AE)(AC + AS)\ \ \ ,(3)$ όπου AE = IE = r

.

Από

αρκεί

αρκεί $\boxed{\displaystyle r = \frac{(s - b)(s - c)}{s}}\ \ \ ,(4)$

Η (4)

όμως αληθεύει λόγω του δοσμένου ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και επομένως το SDD'E'

είναι εγγράψιμο.

: Περίκυκλος ισοτομικών.; f=178 t=70631.PNG (25.9 KiB) Προβλήθηκε 558 φορές

$\bullet$ Ισχύει τώρα, $\displaystyle \angle CD'E' = \angle CSD = \angle ABI = \frac{\angle B}{2}\ \ \ ,(5)$

Από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ATE'$ έχουμε $\angle DTE' = 45^{o} - \angle DTA = 45^{o} - \angle ACI\ \ \ ,(6)$

Από $(6)\Rightarrow$ $\displaystyle \angle DTE' = 45^{o} - \frac{\angle C}{2} = \frac{\angle B}{2}\ \ \ ,(7)$

Από $\(5),\ (7)\Rightarrow$ $\angle DTE' = \angle CD'E'\ \ \ ,(8)$ και άρα, το τετράπλευρο TDD'E'

είναι εγγράψιμο.

Τα τετράπλευρα $SDD'E',\ TDD'E'$ έχουν κοινό περίκυκλο γιατί έχουν κοινά τα σημεία D,D',E'

, και περίκυκλός τους ταυτίζεται με τον περίκυκλο (K)

του

, λόγω των κοινών πλέον σημείων S,T,E'

.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι τα σημεία E',D',D,F'

είναι ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Προκύπτει εύκολα ότι το κέντρο

του ως άνω κύκλου (K)

, ταυτίζεται με τον "Βόρειο πόλο" του περίκυκλου (O)

του $\vartriangle ABC$ , ως το σημείο τομής της διχοτόμου της εξωτερικής γωνίας $\angle A$

λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου STE'F'

και της μεσοκάθετης ευθείας της χορδής του DD'

, η οποία ταυτίζεται με την μεσοκάθετη ευθεία της διαμέτρου

του

.

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 01, 2021 2:55 pm
Περίκυκλος ισοτομικών.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ ορθογωνίου στο τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle {D}'{E}'{F}'$ διέρχεται από το , όπου τα ισοτομικά των αντίστοιχα ως προς τις πλευρές που ανήκουν

Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση του προβλήματος
$\bullet$ Έστω K,L,M

τα μέσα των πλευρών BC,CA,AB

του $\vartriangle ABC$ και $T\equiv {F}'{E}'\cap KM$ .

Αν r,s

είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και η ημιπερίμετρός του αντίστοιχα , τότε ισχύει:
$\left( ABC \right)=sr=\dfrac{bc}{2}\overset{-rc}{\mathop{\Rightarrow }}\,sr-rc=\dfrac{bc}{2}-rc\Rightarrow$ $r\left( s-c \right)=\dfrac{c}{2}\left( b-2r \right)\overset{{E}'A=CE}{\mathop{\Rightarrow }}\,IE\cdot {E}'A=AM\cdot {E}'E\Rightarrow$ $IE\cdot {E}'A=AM\cdot {E}'E\Rightarrow \dfrac{IE}{AM}=\dfrac{{E}'E}{{E}'A}\overset{IE\parallel AM}{\mathop{\Rightarrow }}\,M,I,{E}'$ συνευθειακά οπότε με $IF\parallel {E}'A\Rightarrow \dfrac{IF}{{E}'A}=\dfrac{MF}{MA}=\dfrac{MF}{MB}:\left( 1 \right)$
Από $TM\parallel A{E}'\Rightarrow \dfrac{TM}{{E}'A}=\dfrac{M{F}'}{{F}'A}=\dfrac{MF}{\dfrac{BF}{{}}}:\left( 2 \right)$

: Περίκυκλος ισοτομικών.png (35.25 KiB) Προβλήθηκε 503 φορές

Από $\left( 1 \right):\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{IF}{TM}=\dfrac{BF}{FM}\overset{TM\parallel IF}{\mathop{\Rightarrow }}\,B,T,I$ συνευθειακά, δηλαδή η

είναι η ευθεία της διχοτόμου της γωνίας $\angle B$ .
Τότε $\angle T{F}'F=\angle {F}'FI$ (συμμετρία ως προς

) $=\angle TDB$ (συμμετρίας ως προς την διχοτόμο

) και συνεπώς το τετράπλευρο BDT{F}'

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

$\bullet$ Αν $P\equiv BT\cap AC$ τότε έχουμε: $\dfrac{{E}'C}{C{D}'}=\dfrac{r}{BD}=\dfrac{IF}{BF}\overset{IF\parallel AP}{\mathop{=}}\,\dfrac{AP}{BA}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\dfrac{CP}{BC}\Rightarrow {E}'{D}'\parallel BP\Rightarrow$
$\angle {E}'{D}'C=\angle TBD\overset{B,D,T,{F}'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle D{F}'T\equiv \angle D{F}'{E}'\Rightarrow D,{D}',{E}',{F}'$ ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

giannimani · #4

Λόγω συμμετρίας είναι BF'=CE'

. Επομένως, σύμφωνα με γνωστό λήμμα (βλέπε το λήμμα 1 viewtopic.php?f=22&t=68789&p=334622#p334622) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου AF'E'

διέρχεται από το μέσο $A_{1}$ του τόξου BAC

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

,
και $A_{1}E'=A_{1}F'$ .
Θα αποδείξουμε ότι $A_{1}D=A_{1}F'$ .

: isot_circum_001.png (73.59 KiB) Προβλήθηκε 432 φορές

Πράγματι, το τρίγωνο $A_{1}F'E'$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε ${A_{1}F'}^2=\frac{{F'E'}^2}{2}$ .
Από το ορθογώνιο τρίγωνο AF'E'

έχουμε:
${F'E'}^2 = {AF'}^2+{AE'}^2 =(s - b)^2+(s-c)^2=\frac{(a+c-b)^2}{4}+\frac{(a+b-c)^2}{4}=$
= $\frac{2a^2+2b^2+2c^2-4bc}{4}\overset{\mathclap{a^2=b^2+c^2}}{=}\frac{ 4b^2+4c^2-4bc}{4} =b^2+c^2-bc$ .

Επομένως, ${A_{1}{F}'}^2=\frac{b^2+c^2-bc}{2}$ .
Έστω, τώρα,

το μέσο της

. Τότε το τρίγωνο $A_{1}DD'$ ισοσκελές (εφόσον το $A_{1}M$ υψος και διάμεσος),
οπότε $A_{1}D=A_{1}D'$
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $A_{1}MD$ είναι
${A_{1}D}^2 = {A_{1}M}^2+{MD}^2=\frac{a^2}{4}+\frac{(b-c)^2}{4} \overset{\mathclap{a^2=b^2+c^2}}{=} \frac{b^2+c^2-bc}{2}$

Τελικά $A_{1}F'=A_{1}E'=A_{1}D=A_{1}D'$ , από το οποίο προκύπτει το αποδεικτέο.

Περίκυκλος ισοτομικών

Περίκυκλος ισοτομικών

Re: Περίκυκλος ισοτομικών

Re: Περίκυκλος ισοτομικών

Re: Περίκυκλος ισοτομικών

Μέλη σε σύνδεση