Μία δύσκολη (;) παραλληλία

#1

: Μία δύσκολη (;) παραλληλία.png (46.79 KiB) Προβλήθηκε 1489 φορές

Να δειχτεί ότι $DZ\parallel BC$ , όπου τα σημεία τομής των κύκλων $\left( B,H,I \right)$ και $\left( I,E,C \right)$ με το ύψος και την πλευρά αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένου σε κύκλο διαμέτρου με έκεντρο

giannimani · #2

: Dif_paral.png (28.48 KiB) Προβλήθηκε 1404 φορές

Ισχύει $\angle BIH=\angle CIE\quad (1)$ (βλέπε εδώ).
Αλλά, από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα BDIH

και

έχουμε $\angle BIH=\angle BDH$ και $\angle CIE= CZE$ .
Από αυτές λόγω της (1)

έχουμε $\angle BDH=\angle EZC$ , οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα DHB

και

είναι όμοια.
Ως εκ τούτου, $\frac{DH}{ZC}=\frac{BH}{CE}\,.\quad (2)$
Τα ορθογώνια τρίγωνα AHB

και

είναι επίσης όμοια (τo ύψος

και η διάμετρος

είναι ισογώνιες
ως προς τις πλευρές της γωνίας

). Επομένως, $\frac{AH}{AC}=\frac{BH}{CE}\,.\quad (3)$
Από τις (2)

,

έχουμε $\frac{DH}{ZC}=\frac{AH}{AC}\, \Rightarrow \frac{AC}{ZC}=\frac{AH}{DH}\,\Rightarrow DZ\,\parallel\, BC\,.$

MAnTH05 · #3

Έστω $A' \equiv IE\cap (ABC)$ και

η τομή της

με την εκ του

παράλληλη στη

.
Ισχύει $\angle IA'A = \angle EA'A = \angle AHC =\angle ARI = 90 ^{\circ}$ . Άρα τα σημεία

,

είναι ομοκυκλικά.
Αν η

τέμνει τον (ABC)

στο

, τότε $\angle EAM = \angle EA'M = \angle IA'M = \angle IAR$ (

και

ισογώνιες ως προς την $\angle A$ ) $= \angle IA'R$ (από το εγγράψιμο AA'RI

) άρα τα σημεία

,

είναι συνευθειακά.
Έστω

το ίχνος της καθέτου από το

στη

. Ισχύει

,

συνεθειακά (θα επανέλθω για την απόδειξη).
'Αρα $\angle DRI = \angle A'AI = \angle IHD$ . Επομένως εύκολα τώρα προκύπτει ότι $\angle BIH = \angle EIC = \theta$ .
Έστω ότι οι ευθείες

και

τέμνονται στο

.
Εφόσον $\angle ADB = \angle AZE = 180^{\circ}-\theta$ και $\angle BAD = \angle EAZ = 90^{\circ}-\angle B$
τα τρίγωνα ADB

και

είναι όμοια άρα $\angle ABT = \angle AET$ άρα το

ανήκει στον (ABC)

. Επομένως $\angle ATE = 90^{\circ}$ .
Επειδή $\angle ADT = \angle AZT = \theta$ το ATZD

είναι εγγράψιμο άρα $\angle ADZ = 90^{\circ}$ και το ζητούμενο έπεται.

: Σχήμα.png (253.94 KiB) Προβλήθηκε 1201 φορές

#4

Με δεδομένες τις ισότητες γωνιών:

$\angle BAH=\angle EAC$

$\angle BIH=\angle EIC$

μπορούμε να το δούμε ως εξής:

Λόγω της πρώτης ισότητας υπάρχει στροφή και ομοιοθεσία με κέντρο το Α που στέλνει το τρίγωνο BAH στο EAC.

Λόγω της δεύτερης ισότητας, επειδή ο μετασχηματισμός διατηρεί τις γωνίες, και, επειδή το BH πάει στο ΕC, ο κύκλος ΒΙΗ πάει στον κύκλο ECI.

Επομένως το D πάει στο Ζ. Αφού το H πάει στο C , και, αφού τα Α, D, H είναι συνευθειακά θα είναι DZ//HC.

#5

rek2 έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 09, 2022 9:27 am
Με δεδομένες τις ισότητες γωνιών:

$\angle BAH=\angle EAC$

$\angle BIH=\angle EIC$

μπορούμε να το δούμε ως εξής:

Λόγω της πρώτης ισότητας υπάρχει στροφή και ομοιοθεσία με κέντρο το Α που στέλνει το τρίγωνο BAH στο EAC.

Λόγω της δεύτερης ισότητας, επειδή ο μετασχηματισμός διατηρεί τις γωνίες, και, επειδή το BH πάει στο ΕC, ο κύκλος ΒΙΗ πάει στον κύκλο ECI.

Επομένως το D πάει στο Ζ. Αφού το H πάει στο C , και, αφού τα Α, D, H είναι συνευθειακά θα είναι DZ//HC.

Μία δύσκολη (;) παραλληλία

Μία δύσκολη (;) παραλληλία

Re: Μία δύσκολη (;) παραλληλία

Re: Μία δύσκολη (;) παραλληλία

Re: Μία δύσκολη (;) παραλληλία

Re: Μία δύσκολη (;) παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση