Ισότητα μέσω έγκεντρου

#1

: Ισότητα μέσω έγκεντρου.png (21.87 KiB) Προβλήθηκε 597 φορές

Έστω

η διχοτόμος τριγώνου ABC

με έγκεντρο

και

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με την BC.

Έστω ακόμα A_1

σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου ώστε AA_1||BC.

Αν η

τέμνει τον περίκυκλο του ADE

στο

να δείξετε ότι IA=IT.

giannimani · #2

Έστω

,

τα συμμετρικά των

,

ως προς το έγκεντρο

αντίστοιχα. Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τρίγωνο
ATA'

είναι ορθογώνιο στο

.
Από γνωστό πρόβλημα η AE'

τέμνει τη

στο σημείο

που είναι το σημείο επαφής του

παρεγγεγραμμένου κύκλου με τη

. Επομένως, BE= CN

, οπότε και ME=MN

, όπου

το μέσο
της

. Εφόσον $AA_{1} \parallel BC$ , προκύπτει ότι οι ευθείες

, $A_{1}E$ είναι συμμετρικές ως προς τη διάμετρο

(

,

τα μέσα των τόξων $AA_{1}$ ,

αντίστοιχα) του περιγεγραμμένου κύκλου του $\triangle ABC$ , επομένως το
σημείο τομής των

ανήκει στην διάμετρο

, και είναι το μέσο του E'N

, οπότε $IP\, \parallel\, AA_{1}\,\parallel\, BC$ .

: eq_inc.png (74.12 KiB) Προβλήθηκε 545 φορές

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ATDE

έχουμε ότι $\angle DET=\angle DAT$ .
Λόγω της παραλληλίας $AA_{1}\,\parallel BC$ είναι $\angle DET=\angle DEA_{1}=\angle AA_{1}E$ .
Λόγω της παραλληλίας $IP \,\parallel BC$ είναι $\angle IPE=\angle DEP=\angle DEA_{1}$ .
Από τις τρεις παραπάνω γωνιακές ισότητες προκύπτουν ότι $\angle DAT =\angle AA_{1}E\quad(1)$ , και $\angle IPE= \angle DAT\quad(2)$ .
Από τη (2)

το τετράπλευρο AIPT

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle ITP=\angle IAP$ .
Εφόσον το AEA'E

είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται), τότε $A'E \parallel AE'$ και
$\angle EA'A=\angle E'AA'=\angle IAP= \angle ITP$ , δηλαδή, το τετράπλευρο IEA'T

είναι εγγράψιμο.
Τελικά αποδεικνύουμε ότι το τρίγωνο ATA'

είναι ορθογώνιο στο

.
$\angle TAA'+\angle AA'T= \angle PED +\angle IET=\angle IED=90^{\circ}$ .

giannimani · #3

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το έγκεντρο

αντίστοιχα. Από γνωστό πρόβλημα η AE'

τέμνει τη

στο σημείο

που είναι το σημείο επαφής του

παρεγγεγραμμένου κύκλου με τη

. Επομένως, BE= CN

,
οπότε και ME=MN

, όπου

το μέσο της

. Εφόσον $AA_{1} \parallel BC$ , προκύπτει ότι οι ευθείες

, $A_{1}E$ είναι συμμετρικές
ως προς τη διάμετρο

(

,

τα μέσα των τόξων $AA_{1}$ ,

αντίστοιχα) του περιγεγραμμένου κύκλου $\Omega$ του $\triangle ABC$ ,
επομένως το σημείο τομής των

ανήκει στην διάμετρο

, και είναι το μέσο του E'N

, οπότε $IP\, \parallel\, AA_{1}\,\parallel\, BC$ .

: eq_inc2.png (64.16 KiB) Προβλήθηκε 522 φορές

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ATDE

έχουμε ότι $\angle DET=\angle DAT$ .
Λόγω της παραλληλίας $IP \,\parallel BC$ είναι $\angle IPE=\angle DEP$ .
Από τις δύο παραπάνω γωνιακές ισότητες προκύπτει ότι $\angle IAT =\angle IPE$ , δηλαδή το τετράπλευρο IATP

εγγράφεται σε κύκλο, έστω $\omega$ . Σε αυτόν τον κύκλο ανήκει και το μέσο

του τόξου $AA_{1}$ (που είναι και μέσο του τόξου BAC

) του κύκλου $\Omega$ , εφόσον $\angle KAI= \angle IPK=90^{\circ}$ .
Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AKTI

στον κύκλο $\omega$ έχουμε $\angle ITA= \angle IKA$ .
Αλλά $\angle AKI= \angle IME$ (Λήμμα).
$\angle IME = \angle IPM$ (το IPME

ορθογώνιο).
Από τις παραπάνω γωνιακές ισότητες έυκολα προκύπτει ότι $\angle IAT=\angle ATI$ , δηλαδή, το τρίγωνο IAT

είναι ισοσκελές,
οπότε IA=IT

.

Λήμμα: Δίνεται σκαληνό τρίγωνο ABC

, (

), $B_{1}$ το μέσο του τόξου ABC

του περιγεγραμμένου
κύκλου του τριγώνου ABC

,

το έγκεντρο του $\triangle{ABC}$ , και

το μέσο της πλευράς

.
Τότε, $\angle{IB_{1}B}= \angle{IMA}$ .

: lem_eq2.png (22.49 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές

#4

Θα κάνω χρήση του συμπεράσματος αυτής. Αν λοιπόν η A_1E

επανατέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο

τότε η

διέρχεται από το μέσο του

του $\overset\frown{AA_1},$ προφανώς και του $\overset\frown{BAC}.$ Αν τώρα

είναι το αντιδιαμετρικό του

τότε τα

είναι συνευθειακά.

: Ισότητα μέσω έγκεντρου.β.png (28.88 KiB) Προβλήθηκε 399 φορές

$\displaystyle C\widehat E{A_1} = A\widehat {{A_1}}E = A\widehat {{A_1}}P = A\widehat SP,$ άρα το PEDS

είναι εγγράψιμο. Οι PT, SA

διέρχονται από τα σημεία

τομής των κύκλων (P, E, D, S)

και

οπότε $\displaystyle AT||PS \Leftrightarrow PI \bot AT.$ Αλλά η

διχοτομεί την

γωνία $A\widehat PA_1,$ άρα είναι μεσοκάθετος της

και το συμπέρασμα έπεται.

Ισότητα μέσω έγκεντρου

Ισότητα μέσω έγκεντρου

Re: Ισότητα μέσω έγκεντρου

Re: Ισότητα μέσω έγκεντρου

Re: Ισότητα μέσω έγκεντρου

Μέλη σε σύνδεση