Συνευθειακά σημεία με το περίκεντρο τριγώνου

#1

Έστω

το περίκεντρο και

το έγκεντρο τριγώνου $\triangle ABC$ ώστε OI//BC

. Έστω

το ορθόκεντρο του $\triangle ABC$ , και έστω ότι οι ευθείες

και

επανατέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABC$ στα σημεία

και

, αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι το περίκεντρο του τριγώνου $\triangle OIH$ ανήκει στην ευθεία

.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ορέστης Λιγνός · #2

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 20, 2022 10:23 am
Έστω το περίκεντρο και το έγκεντρο τριγώνου $\triangle ABC$ ώστε . Έστω το ορθόκεντρο του $\triangle ABC$ , και έστω ότι οι ευθείες και επανατέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABC$ στα σημεία και , αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι το περίκεντρο του τριγώνου $\triangle OIH$ ανήκει στην ευθεία .

Φιλικά,

Αχιλλέας

Έστω

το μέσον της

,

το μέσον της

,

η προβολή του

στην

και $E' \equiv AH \cap OT$ .

Αρχίζουμε με τους επόμενους Ισχυρισμούς:

Ισχυρισμός 1: $E' \equiv E$ .
Απόδειξη: Είναι $OI \parallel BC$ και $\angle ITM=\angle OMT=90^\circ$ , οπότε το τετράπλευρο OITM

είναι ορθογώνιο. Άρα,

$\angle ITO=\angle IMO$ (1).

Επίσης, λόγω της γνωστής σχέσης AH=2OM

, προκύπτει ότι

NH=AH/2=OM=TI,

και αφού $NH \parallel TI$ , το τετράπλευρο NHTI

είναι παραλληλόγραμμο. Επιπλέον, αν $N' \equiv MI \cap AH$ και $IQ \perp AB$ , είναι

$\dfrac{AN'}{DM}=\dfrac{AI}{ID}=\dfrac{AI}{DB},$

οπότε

$AN'=\dfrac{AI \cdot DM}{DB}=\dfrac{AI \cdot QI}{AI}=QI=IT=AH/2,$

συνεπώς είναι $N' \equiv N$ , δηλαδή τα σημεία M,I,N

είναι συνευθειακά. Συνεπώς, λόγω και της σχέσης (1), είναι

$\angle HTO=\angle ITH+\angle ITO=\angle INH+\angle IMO=2\angle INH=2\angle THE',$

οπότε είναι TH=TE'

, και αφού

$\dfrac{OM}{MD}=\dfrac{AN}{MD}=\dfrac{AI}{ID},$

είναι και $MI \parallel AO$ , άρα $HT \parallel AO$ , που δίνει ότι

$\angle E'AO=\angle E'HT=\angle HE'T \equiv \angle AEO,$

άρα OA=OE

, δηλαδή $E \in (A,B,C)$ . Επιπλέον, TH=TE'

και

$\angle HTB=\angle IMB=\angle OTM=\angle BTE',$

συνεπώς η

είναι μεσοκάθετος της E'H

, που δίνει άμεσα ότι $E' \equiv E$ , όπως θέλαμε $\blacksquare$

Ισχυρισμός 2: Τα σημεία O,I,E,D

είναι ομοκυκλικά σε κύκλο με κέντρο το μέσον

της

.
Απόδειξη: Είναι,

$\angle OID=\angle(AI,BC)=90^\circ-\angle EAI=90^\circ-\angle EOD/2=\angle OED,$

οπότε το τετράπλευρο OIED

είναι εγγράψιμο. Ακόμη είναι $\angle IOD=90^\circ$ , αφού $IO \parallel BC$ , οπότε το κέντρο του κύκλου είναι το μέσον της

$\blacksquare$

Ισχυρισμός 3: Το τετράπλευρο NHTI

είναι ρόμβος.
Απόδειξη: Είναι,

$\angle NIT=180^\circ-\angle TIM=180^\circ-\angle ITO=\angle ITE,$

και $IT \parallel NE$ , οπότε το τετράπλευρο ITEN

είναι τραπέζιο, άρα NI=TE=TI

, συνεπώς το παραλληλόγραμμο NHTI

είναι ρόμβος $\blacksquare$

Ισχυρισμός 4: Αν $R \equiv IT \cap ED$ , είναι IT=TR

.
Απόδειξη: Είναι,

$\dfrac{TR}{OD}=\dfrac{ET}{EO}=\dfrac{HT}{AO}=\dfrac{IT}{OD},$

οπότε TR=TI

$\blacksquare$

Στο πρόβλημα, είναι $TP \parallel ID$ , όπου $P \equiv NT \cap ED$ , καθώς το τετράπλευρο ANTI

είναι παραλληλόγραμμο ( $AN \parallel TI$ και AN=NH=TI

), συνεπώς αφού IT=TR

προκύπτει ότι PT=ID/2

, συνεπώς

και αφού $PT \parallel IS$ , το τετράπλευρο PSIT

είναι παραλληλόγραμμο, άρα $PS \parallel IT$ , οπότε και $PS \perp BC$ .

Αφού όμως το

ανήκει στην μεσοκάθετο της

(ως περίκεντρο του τετραπλεύρου OIED

), ισχύει και PI=PO

.

Τέλος, είναι σαφές ότι η

είναι μεσοκάθετος της

, άρα αφού $P \in TN$ , είναι και PH=PI

.

Άρα, είναι PH=PI=PO

, δηλαδή το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου HIO

, και σαφώς $P \in ED$ , οπότε η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Συνευθειακά σημεία με το περίκεντρο τριγώνου

Συνευθειακά σημεία με το περίκεντρο τριγώνου

Re: Συνευθειακά σημεία με το περίκεντρο τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση