Παράλληλες από επαφές και τομές

#1

: παραλληλία από επαφές και τομές.png (56.3 KiB) Προβλήθηκε 2460 φορές

Έστω το μέσο του τόξου του περίκυκλου $\left( O \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ στο οποίο δεν ανήκει το και τα σημεία επαφής του έγκυκλου

$\left( I \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι $DT\parallel IM$ , με $T\equiv IN\cap EZ$ όπου $N\equiv MD\cap \left( O \right)$ , $N \ne M$

Στάθης

#2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:παραλληλία από επαφές και τομές.pngΈστω το μέσο του τόξου του περίκυκλου $\left( O \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ στο οποίο δεν ανήκει το και τα σημεία επαφής του έγκυκλου

$\left( I \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι $DT\parallel IM$ , με $T\equiv IN\cap EZ$ όπου $N\equiv MD\cap \left( O \right)$ , $N \ne M$

Στάθης

Καλημέρα Στάθη! Πολύ ωραία άσκηση!

: Παράλληλες από επαφές και τομές.png (28.58 KiB) Προβλήθηκε 2415 φορές

Είναι $\displaystyle{AIM \bot EZ}$ . Αρκεί να δείξω ότι $\boxed{DT \bot EZ}$ . Από θεώρημα διχοτόμου στο NBC

:

$\displaystyle{\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{NB}}{{NC}} \Leftrightarrow \frac{{BZ}}{{CE}} = \frac{{NB}}{{NC}}}$ κι επειδή οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες (εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο), τα τρίγωνα ZBN, ECN

θα είναι όμοια. $\displaystyle{N\widehat ZA = N\widehat EA}$ , άρα το ANZE

είναι εγγράψιμο, $\displaystyle{Z\widehat NE = \widehat A}$ και

είναι το μέσο του τόξου

, οπότε η

είναι διχοτόμος της γωνίας $Z\widehat NE$ .

$\displaystyle{\frac{{ZT}}{{TE}} = \frac{{NZ}}{{NE}} = \frac{{BZ}}{{CE}} = \frac{{BD}}{{DC}}}$ , άρα τα τρίγωνα BZT, CET

είναι όμοια, οπότε $\displaystyle{\frac{{BT}}{{TC}} = \frac{{BD}}{{DC}}}$ , δηλαδή η

είναι διχοτόμος

της γωνίας $B\widehat TC$ κι επειδή $\displaystyle{Z\widehat TB = E\widehat TC}$ , θα είναι $\boxed{DT \bot EZ}$

#3

george visvikis έγραψε:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:παραλληλία από επαφές και τομές.pngΈστω το μέσο του τόξου του περίκυκλου $\left( O \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ στο οποίο δεν ανήκει το και τα σημεία επαφής του έγκυκλου

$\left( I \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι $DT\parallel IM$ , με $T\equiv IN\cap EZ$ όπου $N\equiv MD\cap \left( O \right)$ , $N \ne M$

Στάθης
Καλημέρα Στάθη! Πολύ ωραία άσκηση!
Παράλληλες από επαφές και τομές.png
Είναι $\displaystyle{AIM \bot EZ}$ . Αρκεί να δείξω ότι $\boxed{DT \bot EZ}$ . Από θεώρημα διχοτόμου στο :

$\displaystyle{\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{NB}}{{NC}} \Leftrightarrow \frac{{BZ}}{{CE}} = \frac{{NB}}{{NC}}}$ κι επειδή οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες (εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο), τα τρίγωνα

θα είναι όμοια. $\displaystyle{N\widehat ZA = N\widehat EA}$ , άρα το είναι εγγράψιμο, $\displaystyle{Z\widehat NE = \widehat A}$ και είναι το μέσο του τόξου , οπότε η

είναι διχοτόμος της γωνίας $Z\widehat NE$ .

$\displaystyle{\frac{{ZT}}{{TE}} = \frac{{NZ}}{{NE}} = \frac{{BZ}}{{CE}} = \frac{{BD}}{{DC}}}$ , άρα τα τρίγωνα είναι όμοια, οπότε $\displaystyle{\frac{{BT}}{{TC}} = \frac{{BD}}{{DC}}}$ , δηλαδή η είναι διχοτόμος

της γωνίας $B\widehat TC$ κι επειδή $\displaystyle{Z\widehat TB = E\widehat TC}$ , θα είναι $\boxed{DT \bot EZ}$

Γιώργο

Στάθης

#4

Το σχήμα έχει γενικότερο ενδιαφέρον για υποψήφιους θεματοδότες και όχι μόνο.

Μετά την όμορφη τεκμηρίωση του Γιώργου με στοιχειώδη μέσα, ας δούμε και μία άλλη σκέψη.

Έστω τα σημεία $P\equiv (O)\cap MO$ και $Q\equiv PN\cap DI$ .

$\bullet$ Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1 , έχουμε $AN\perp NI\ \ \ ,(1)$ και άρα, ισχύει $AQ\perp QI\ \ \ ,(2)$ λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου ANIQ

, από $\angle AIQ = \angle AMP = \angle ANP\equiv \angle ANQ$ .

Η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

, τέμνει την ευθεία

στο σημείο έστω

.

Έστω

, η προβολή του

επί της

και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι $T'\equiv T$ , όπου $T\equiv EZ\cap IN$ .

: Παράλληλες από επαφές και τομές.; f=181_t=55939.PNG (29.92 KiB) Προβλήθηκε 2236 φορές

$\bullet$ Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2 , έχουμε $DF = DQ\ \ \ ,(3)$ όπου

, είναι το σημείο τομής της ευθείας

, από την δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

.

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle T'DF,\ \vartriangle CMP$ , λόγω $\displaystyle \angle DFT' = \frac{\angle A}{2} = \angle MPC$ , έχουμε $\displaystyle \frac{DT'}{DF} = \frac{MC}{MP}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)$ και MC = MI

( γνωστό αποτέλεσμα ), προκύπτει $\displaystyle \frac{DT'}{DQ} = \frac{MI}{MP}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{DT'}{MI} = \frac{DQ}{MP}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

και $\displaystyle \frac{DQ}{MP} = \frac{ND}{NM}$ , λόγω $DQ\parallel MN$ , προκύπτει $\displaystyle \frac{ND}{NM} = \frac{DT'}{MI}\ \ \ ,(6)$ και άρα, τα σημεία $N,\ T',\ I$ είναι συνευθειακά.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι $T'\equiv T\equiv EZ\cap IN$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδιεχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επαφής του έγκυκλου , στις πλευρές του $BC,\ AC,\ AB$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $IN\perp NA$ , όπου $N\equiv (O)\cap MD$ και το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και , το μέσον του τόξου $\overset\frown{BC}$ ππου δεν περιέχει του σημείο .

ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επαφής του έγκυκλου , στις πλευρές του $BC,\ AC,\ AB$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι , όπου είναι το ύψος του $\vartriangle ABC$ και , το σημείο τομής της ευθείας από την δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου για τα Λήμμα 1 και Λήμμα 2 .

#5

vittasko έγραψε: ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επαφής του έγκυκλου , στις πλευρές του $BC,\ AC,\ AB$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $IN\perp NA$ , όπου $N\equiv (O)\cap MD$ και το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και , το μέσον του τόξου $\overset\frown{BC}$ ππου δεν περιέχει του σημείο .

Μία γρήγορη απόδειξη γι' αυτό είναι η παρακάτω.
Θεωρούμε την αντιστροφή κέντρου

και ακτίνας

. Τότε ο

γίνεται η ευθεία

. Επομένως το

πηγαίνει στο ίχνος της διχοτόμου, έστω

και το

πηγαίνει στο

. Επομένως $\angle{ANI}=\angle{SDI}=90^{\circ}$ .

Henri van Aubel · #6

Δίνω κι εγώ μία λύση στο πανέμορφο αυτό θέμα.

Έχουμε $\displaystyle \frac{AN}{AI}=\frac{AN}{AB}\cdot \frac{AB}{AI}=\frac{\sin \angle DMA}{\sin \angle C}\cdot \frac{\cos \angle C/2}{\sin \angle BMA}=\cos \left ( \angle BMA-\angle DMA+\angle BAI \right )$

Αφού $\angle NAI=\angle BMD+\angle BAI=\angle BMA-\angle DMA+\angle BAI,$ έπεται ότι $\displaystyle \frac{AN}{AI}=\cos \angle NAI$

Συνεπώς $\angle ANI=90^\circ=\angle AZI=\angle AEI$ και άρα $\left ( A,N,Z,I \right ),\left ( A,N,I,E \right )$ ομοκυκλικές τετράδες με τρία κοινά σημεία, οπότε τα σημεία A,N,Z,I,E

ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Συνεπώς, είναι $\displaystyle \frac{NT}{TI}=\frac{\sin \angle ZEN}{\sin \angle INE}\cdot \frac{\sin \angle NIE}{\sin \angle ZEI}=\frac{\sin \angle BCN}{\sin \angle IAE}\cdot \frac{\sin \angle NBC}{\sin \angle BAI}:(1)$

Επιπλέον, είναι $\displaystyle \frac{ND}{DM}=\frac{\sin \angle BMN}{\sin \angle BNM}\cdot \frac{\sin \angle NBD}{\sin \angle MBD}=\frac{\sin \angle BCN}{\sin \angle IAE}\cdot \frac{\sin \angle NBC}{\sin \angle BAI}:(2)$

Από αυτές τις δύο σχέσεις έπεται ότι $\displaystyle \frac{NT}{TI}=\frac{ND}{DM}\Rightarrow DT//IM$

Σημείωση: Άφησα ως εύκολη άσκηση ένα κενό στη λύση, το παρακάτω. Είναι $\displaystyle \frac{\sin \angle DMA}{\sin \angle BMA}\cdot \frac {\cos \angle C/2}{\sin \angle C}=\cos \left ( \angle BMA-\angle DMA+\angle BAI \right )\left ( \ast \right )$

Y. Σ Η πρώτη λύση που σκέφτηκα ήταν σχεδόν ίδια με του Γιώργου Βισβίκη , αλλά έδωσα και μία άλλη, έτσι για ποικιλία.

Παράλληλες από επαφές και τομές

Παράλληλες από επαφές και τομές

Re: Παράλληλες από επαφές και τομές

Re: Παράλληλες από επαφές και τομές

Re: Παράλληλες από επαφές και τομές

Re: Παράλληλες από επαφές και τομές

Re: Παράλληλες από επαφές και τομές

Μέλη σε σύνδεση