Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Έστω τρίγωνο ABC

με περιγεγραμμένο κύκλο c_1

και έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος του εφάπτεται στις BC, CA, AB

στα

. Έστω

το μέσο του τόξου BAC

. Ακόμα έστω

σημείο του τμήματος

ώστε $EF\perp DN$ . Η

τέμνει τον c_1

στο

. Να αποδειχθεί ότι η

διχοτομεί τη γωνία $\widehat{FSE}$ .

: Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση.png (28.24 KiB) Προβλήθηκε 1546 φορές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Χρόνια πολλά!

Επαναφέρω την άσκηση. Πρόκειται για ένα αποτέλεσμα που έφτασα στα πλαίσια λύσης άλλης άσκησης.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Τελευταία Επαναφορά. Αύριο θα βάλω τη λύση μου...

#4

Ας είναι

το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και

το άλλο σημείο τομής του

περιγεγραμμένου κύκλου ${K_1}$ του τριγώνου ABC

με τον κύκλο ${K_2}$ , διαμέτρου

.

Η αντιστροφή του κύκλου ${K_2}$ με πόλο το σημείο του

και δύναμη αντιστροφής $\lambda = I{F^2}$ είναι η ευθεία

.

(Ενώ ο κύκλος αντιστροφής είναι ο εγγεγραμμένος κύκλος του $\vartriangle ABC$ .)

Σ αυτή την αντιστροφή το

έχει αντίστροφο το σημείο τομής, έστω

, της

με τη

. Το

είναι προφανώς μέσο του

.

Με όμοιους συλλογισμούς τα B,C

αντιστοιχίζονται στο μέσα των $FD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DE$ .

Δηλαδή στον κύκλο του Euler

στο τρίγωνο FDE

. Έτσι το

αντιστοιχίζεται στο

, πόδα του ύψους και η

διέρχεται έτσι από το

.

: Ενδιαφέρουσα διχοτόμηση.png (56.9 KiB) Προβλήθηκε 1411 φορές

Τώρα ας είναι

το αντιδιαμετρικό του

( στον κύκλο ${K_1}$ ).

Η πολική του

ως προς τον εγγεγραμμένο κύκλο

είναι η ευθεία

που τέμνει την

έστω στο

.

Άρα η πολική του

θα διέρχεται από το

. Το τετράπλευρο NPGS

είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

που έχει φορέα την ευθεία

.

Η πολική του

θα διέρχεται έτσι από το

είναι δηλαδή η $\overline {APG}$ και συνεπώς τα σημεία G,N

είναι αρμονικά συζυγή των F,E

και αφού $NS \bot GH$ , αυτή (η

) θα διχοτομεί τη γωνία $\widehat {ESF}$ .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

: Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση (1).png (37.84 KiB) Προβλήθηκε 1317 φορές

Εναλλακτικά:

Έστω

η τομή της

με την

. Είναι γνωστό πως η τετράδα (G, D, B, C)

είναι αρμονική (αφού οι AD, BE, CF

συντρέχουν στο

και θα σχηματιστεί το πλήρες τετράπλευρο AFIE.BC

κλπ).

Αφού τώρα $\widehat{GND}=90^o$ , προκύπτει από γνωστή ιδιότητα πως η

είναι διχοτόμος της $\widehat{BNC}$ . Αφού είναι $\widehat{FND}=\widehat{END}=90^o$ , προκύπτει ότι $\widehat{FNB}=\widehat{ENC}$ (1)

Ακόμα έχουμε πως $\widehat{BSC}=180^o-\widehat{A}$ , άρα αφού

είναι το μέσο του τόξου BAC

, έχουμε πως $\widehat{BSM}=90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2}$ .

Επιπλέον είναι γνωστό πως $\widehat{AFE}=90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2}$ .

Επειδή $\widehat{BSN}=\widehat{BSM}=\widehat{AFE}$ , προκύπτει ότι το BSNF

είναι εγγράψιμο τετράπλευρο. Όμοια και το CSNE

είναι εγγράψιμο τετράπλευρο.

Επομένως $\widehat{FNB}=\widehat{FSB}$ και $\widehat{ENC}=\widehat{ESC}$ . Από την (1) λοιπόν προκύπτει ότι $\widehat{FSB}=\widehat{ESC}$ .

Συνεπώς αν εκμεταλλευτούμε και ότι η

διχοτομεί την $\widehat{BSC}$ , προκύπτει ότι η

διχοτομεί την $\widehat{FSE}$ .

Henri van Aubel · #6

Καλησπέρα, άλλη μία λύση. Νομίζω πάρα πολύ απλή.

Τα τετράπλευρα $ENSC\&SBFN$ είναι εγγράψιμα αφού $\displaystyle \angle NSC=90^\circ-\frac{\angle A}{2}=\angle AEF\&\angle BSN=90^\circ+\frac{\angle A}{2}=\angle BFN.$
Επομένως $\angle FSN=\angle FBN\&\angle ESN=\angle ECN.$ Όμως είναι $\displaystyle \frac{FN}{NE}=\frac{FD}{DE}\cdot \frac{\sin \angle FDN}{\sin \angle EDN}=\frac{\displaystyle\cos \frac{B}{2}}{\displaystyle \cos \frac{C}{2} }\cdot \frac{\displaystyle\sin\frac{C}{2} }{\displaystyle\sin \frac{B}{2}}=\frac{BD}{DC}=\frac{BF}{EC}\left ( 1 \right ).$
Επειδή $\angle BFN=\angle CEN\left ( 2 \right )\Rightarrow \left ( 1 \right )\&\left ( 2 \right )$ προκύπτει ότι $\vartriangle FBN\sim \vartriangle NEC.$

Συνεπώς $\angle FBN=\angle FSN=\angle ECN=\angle ESN.$

Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση!

Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση!

Re: Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση!

Re: Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση!

Re: Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση!

Re: Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση!

Re: Ενδιαφέρουσα Διχοτόμηση!

Μέλη σε σύνδεση