mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 18, 2023 11:30 pm**

Έστω τρίγωνο ABC

, ο έγκυκλος κέντρου

εφάπτεται των AB,AC

στα

αντίστοιχα και
K,L

οι τομές της παράλληλης από το

στην

με τις

αντίστοιχα.
Έστω ότι περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\Delta AKL$ εφάπτεται του εγγεγραμμένου του ABC

.
Αν ακόμη η κάθετη από το

στην

τέμνει την

στο

να δειχθεί ότι η ευθεία

διχοτομεί την πλευρά

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 19, 2023 7:52 pm**

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 18, 2023 11:30 pm
Έστω τρίγωνο , ο έγκυκλος κέντρου εφάπτεται των στα αντίστοιχα και
οι τομές της παράλληλης από το στην με τις αντίστοιχα.
Έστω ότι περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\Delta AKL$ εφάπτεται του εγγεγραμμένου του .
Αν ακόμη η κάθετη από το στην τέμνει την στο να δειχθεί ότι η ευθεία διχοτομεί την πλευρά .

Μία λύση με κάμποση black magic που ακόμα και ο Henri van Aubel θα ζήλευε

Μέρος 1: Αν ο κύκλος (AKL)

εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

, τότε

a^3+a^2b+a^2c+b^2c+bc^2=b^3+c^3+ab^2+ac^2+2abc

.

Απόδειξη: Έστω

το περίκεντρο του τριγώνου AKL

. Η συνθήκη ισχύει αν και μόνο αν $SI+r=R_{AKL}$ . Είναι, λόγω της δύναμης σημείου,

$R_{AKL}^2-SI^2=KI \cdot IL,$ συνεπώς $R_{AKL}-SI=\dfrac{KI \cdot IL}{r},$ και άρα προκύπτει ότι $2R_{AKL}=r+\dfrac{KI \cdot IL}{r}$ .

Έστω ότι η

τέμνει την

στο σημείο

. Από το Θεώρημα των Διχοτόμων προκύπτει ότι $BP=\dfrac{ac}{b+c}$ , συνεπώς

$\dfrac{AI}{IP}=\dfrac{AB}{BP}=\dfrac{b+c}{a},$

και άρα

$\dfrac{KI}{BP}=\dfrac{AI}{AP}=\dfrac{b+c}{a+b+c},$

συνεπώς $KI=\dfrac{ac}{a+b+c}$ και όμοια $IL=\dfrac{ab}{a+b+c}$ . Επομένως, $KL=KI+IL=\dfrac{a(b+c)}{a+b+c}$ , και άρα

$2R_{AKL}=\dfrac{KL}{\sin \angle A}=\dfrac{a(b+c)}{(a+b+c)\sin \angle A}$ . Συνεπώς, η σχέση $2R_{AKL}=r+\dfrac{KI \cdot IL}{r}$ γράφεται

$\dfrac{a(b+c)}{(a+b+c)\sin \angle A}=r+\dfrac{a^2bc}{r(a+b+c)^2}$ .

Τώρα, έχουμε

$(a+b+c)r=2(ABC)=bc\sin \angle A,$

συνεπώς αντικαθιστώντας προκύπτει μετά τις απλοποιήσεις ότι

$a(b+c)=bc\sin^2 \angle A+a^2,$

και άρα

$\cos^2 \angle A=1-\dfrac{a(b+c-a)}{bc}$ .

Από τον Νόμο Συνημιτόνων όμως $\cos \angle A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc},$ και άρα αντικαθιστώντας και κάνοντας τις πράξεις τελικά προκύπτει ότι (a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)=4abc,

το οποίο αν ανοίξουμε τις παρενθέσεις είναι ισοδύναμο με την προς απόδειξη ισότητα.

Μέρος 2: Η ευθεία

περνά από το μέσον

της

$\Longleftrightarrow$

b=c

ή

.

Απόδειξη: Έστω ότι ο εγγεγράμμενος κύκλος εφάπτεται στην

στο

και η

τον επανατέμνει στο σημείο

. Τότε, αν η

τέμνει την

ξανά στο σημείο

, είναι γνωστό ότι BD=CL

(μια απόδειξη γίνεται με χρήση της ομοιοθεσίας που στέλνει τον

παρεγεγραμμένο κύκλο στον εγγεγραμμένο). Συνεπώς, αν

το ίχνος του ύψους από το

,

$\dfrac{AT}{TN}=\dfrac{LM}{MN},$

και αφού

$LM=DM=BM-BD=\dfrac{b-c}{2}$

και

$MN=BM-BN=\dfrac{a}{2}-\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2a}=\dfrac{b^2-c^2}{2a},$

προκύπτει ότι

$\dfrac{AT}{TN}=\dfrac{a}{b+c}$ .

Τώρα, αν η

τέμνει την

στο σημείο

(αν είναι παράλληλες τότε b=c

οπότε είμαστε στο ένα σκέλος του αποδεικτέου), τότε από το Θεώρημα Μενελάου είναι

$\dfrac{AT}{TN}=\dfrac{XA}{XB} \cdot \dfrac{RB}{RN}$ .

Είναι,

$\dfrac{XA}{XB}=\dfrac{b+c-a}{a+c-b}$

και, ξανά από το Θεώρημα Μενελάου,

$\dfrac{RB}{RC}=\dfrac{BX}{CY}=\dfrac{a+c-b}{a+b-c},$

επομένως

$\dfrac{RB}{RC-RB}=\dfrac{a+c-b}{2b-2c},$

και άρα $RB=\dfrac{a(a+c-b)}{2(b-c)}$ .

Συνεπώς, έχουμε ότι

$RN=RB+BN=\dfrac{a(a+c-b)}{2(b-c)}+\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2a}=\dfrac{a^3+bc(b+c)-(b^3+c^3)}{2a(b-c)}$

Τελικά,

$\dfrac{RB}{RN}=\dfrac{a^2(a+c-b)}{a^3+bc(b+c)-(b^3+c^3)},$

οπότε προκύπτει ότι

$\dfrac{AT}{TN}=\dfrac{XA}{XB} \cdot \dfrac{RB}{RN}=\dfrac{a^2(b+c-a)}{a^3+bc(b+c)-(b^3+c^3)}$ .

Άρα, μπορούμε να γράψουμε

$\dfrac{a}{b+c}=\dfrac{a^2(b+c-a)}{a^3+bc(b+c)-(b^3+c^3)},$

συνεπώς προκύπτει ότι

a(a^3+a^2b+a^2c+b^2c+bc^2-ab^2-ac^2-b^3-c^3-2abc)=0,

a(a^3+a^2b+a^2c+b^2c+bc^2-ab^2-ac^2-b^3-c^3-2abc)=0,

δηλαδή προκύπτει η ζητούμενη ισότητα.

Στο πρόβλημα τώρα, συνδυάζοντας τα δύο μέρα προκύπτει το ζητούμενο, οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε

mathematica.gr

Καθετότητα υπό συνθήκη

Καθετότητα υπό συνθήκη

Re: Καθετότητα υπό συνθήκη