Καθετότητα από το έγκεντρο

#1

: καθετότητα από το έγκεντρο.png (18.82 KiB) Προβλήθηκε 799 φορές

Να δειχτεί ότι $IN\bot BC$ όπου το έγκεντρο τριγώνου $\vartriangle ABC$ και το σημείο τομής της διαμέσου με την , με τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ του $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα.

Σημείωση: Πολύ πιθανόν να έχει ξανασυζητηθεί το θέμα στο

Ορέστης Λιγνός · #2

Χρόνια Πολλά σε όλους!

Παρουσιάζουμε δύο τρόπους λύσης.

1ος Τρόπος: Έστω

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με την

. Τότε, ορίζουμε το $N \equiv DI \cap FE$ και θα δείξουμε ότι τα A,N,M

είναι συνευθειακά. Αφού $ID \perp BC$ , θα έχουμε το ζητούμενο.

Έστω ότι η κάθετη από το

στην

τέμνει τις AB,AC

στα

. Είναι $\angle PNI=\angle PFI=\angle IEQ$ , άρα τα $PFIN, \, INEQ$ είναι εγγράψιμα. Συνεπώς, $\angle NPI=\angle NFI=\angle NEI=\angle NQI$ , επομένως IP=IQ

, και αφού $IN \perp PQ$ , προκύπτει PN=NQ

.

Από το Θεώρημα Κεντρικής Δέσμης τώρα, προκύπτει ότι τα A,N,M

είναι συνευθειακά, όποτε έχουμε το ζητούμενο.

2ος Τρόπος: Ορίζουμε το

όπως και στον 1ο τρόπο. Είναι, $\dfrac{FN}{NE}=\dfrac{FD}{DE} \cdot \dfrac{\sin \angle FDN}{\sin \angle NDE}=$ $\dfrac{\sin \angle FED}{\sin \angle EFD} \cdot \dfrac{\sin \angle ABI}{\sin \angle ACI}=\dfrac{\cos \angle B/2}{\cos \angle C/2} \cdot \dfrac{\sin \angle B/2}{\sin \angle C/2}=$ $\dfrac{\sin \angle B}{\sin \angle C}=\dfrac{AC}{AB}$

Επίσης, είναι $\dfrac{FN}{NE}=\frac{FA}{AE} \cdot \dfrac{\sin \angle FAN}{\sin \angle NAE}$ και αφού FA=AE

, προκύπτει $\dfrac{\sin \angle FAN}{\sin \angle NAE}=\dfrac{AC}{AB}$ .

Τέλος, έστω $M' \equiv AN \cap BC$ . Τότε, $\dfrac{BM'}{M'C}=\dfrac{AB}{AC} \dfrac{\sin \angle FAN}{\sin \angle NAE}=1$ , οπότε το

είναι το μέσον της

, όπως θέλαμε.

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 23, 2021 2:37 pm
καθετότητα από το έγκεντρο.png
Να δειχτεί ότι $IN\bot BC$ όπου το έγκεντρο τριγώνου $\vartriangle ABC$ και το σημείο τομής της διαμέσου με την , με τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ του $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα.

Σημείωση: Πολύ πιθανόν να έχει ξανασυζητηθεί το θέμα στο

: καθετότητα από το έγκεντρο.png (24.13 KiB) Προβλήθηκε 736 φορές

Έστω

και

οι ορθές προβολές των N,M

στις

αντίστοιχα. Τότε από $\angle NFP=\angle NEQ$ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle NPF,\vartriangle NQE$ είναι όμοια οπότε: $\dfrac{PF}{QE}=\dfrac{PN}{NQ}=\dfrac{MK}{ML}\overset{\left( AMB \right)=\left( AMC \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{AC}{AB}$ οπότε από Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $IN\bot BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Πράγματι το Θέμα έχει ξανασυζητηθεί στο

με την ισοδύναμη εκφώνηση που αναφέρει ο Ορέστης

Καθετότητα από το έγκεντρο

Καθετότητα από το έγκεντρο

Re: Καθετότητα από το έγκεντρο

Re: Καθετότητα από το έγκεντρο

Μέλη σε σύνδεση