Όταν μπαίνει ο Euler...

#1

Δίνεται τρίγωνο $\triangle ABC$ και έστω N_9

το κέντρο του κύκλου Euler του ABC

. To τρίγωνο DE F

είναι το ορθικό του ABC

και

είναι τα ίχνη των υψών του τριγώνου DE F

. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες AN_9, BL, CK

συντρέχουν.

gavrilos · #2

Καλησπέρα και χρόνια πολλά σε όλους!

Θα εφαρμόσω τριγωνομετρικό Ceva.

Εύκολα βρίσκουμε πως $\displaystyle{\angle{BFL}=\angle{C}+2\angle{A}-90^{\circ}=90^{\circ}+\angle{A}-\angle{B}}$ και $\displaystyle{\angle{CEK}=90^{\circ}+\angle{A}-\angle{C}}$ .

Ο νόμος ημιτόνων στα τρίγωνα $\displaystyle{\triangle{BFL},\triangle{BDL}}$ δίνει $\displaystyle{\frac{BL}{\cos \left(\hat{A}-\hat{B}\right)}=\frac{FL}{\sin \hat{LBA}}}$ και $\displaystyle{\frac{BL}{\sin \hat{A}}=\frac{DL}{\sin \hat{LBC}}}$ .

Με διαίρεση κατά μέλη παίρνουμε $\displaystyle{\frac{\sin \hat{LBA}}{\sin \hat{LBC}}\cdot \frac{DL}{FL}=\frac{\cos \left(\hat{A}-\hat{B}\right)}{\sin \hat{A}}}$ .Ομοίως προκύπτει $\displaystyle{\frac{\sin \hat{KCB}}{\sin \hat{KCA}}\cdot \frac{KE}{KD}=\frac{\sin \hat{A}}{\cos \left(\hat{A}-\hat{C}\right)}}$ .

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη,και λαμβάνοντας υπ' όψιν ότι $\displaystyle{\frac{DL}{FL}\cdot \frac{KE}{KD}=\cot \left(180^{\circ}-2\hat{A}\right)\cdot \tan \left(180^{\circ}-2\hat{A}\right)=1}$ λαμβάνουμε

$\displaystyle{\frac{\sin \hat{LBA}}{\sin \hat{LBC}}\cdot \frac{\sin \hat{KCB}}{\sin \hat{KCA}}=\frac{\cos \left(\hat{A}-\hat{B}\right)}{\cos \left(\hat{A}-\hat{C}\right)}}$ .Επομένως,σύμφωνα με τον τριγωνομετρικό Ceva αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle{\frac{\sin \hat{CAN_9}}{\sin \hat{BAN_9}}=\frac{\cos \left(\hat{A}-\hat{C}\right)}{\cos \left(\hat{A}-\hat{B}\right)}}$ .

Η $\displaystyle{AN_9}$ είναι διάμεσος στο τρίγωνο $\displaystyle{AOH}$ ,άρα $\displaystyle{\frac{\sin \hat{HAN_9}}{\sin \hat{OAN_9}}=\frac{R}{AH}=\frac{1}{2\cos A}=\frac{\sin \hat{A}}{\sin \left(180^{\circ}-2\hat{A}\right)}$ ,όπου χρησιμοποιήσαμε ότι $\displaystyle{AH=2R\cos A}$ .

Ισοδύναμα, $\displaystyle{\frac{\sin \left(\hat{BAN_9}-90^{\circ}+\hat{B}\right)}{\sin \left(\hat{CAN_9}-90^{\circ}+\hat{B}\right)}=\frac{\sin \hat{A}}{\sin \left(180^{\circ}-2\hat{A}\right)} \ (1)}$ .

: Γεωμετρια mathematica_151.png (17.72 KiB) Προβλήθηκε 1041 φορές

Θα χρησιμοποιήσω τώρα ένα γενικότερο λήμμα,το οποίο έχω αποδείξει στην ουσία εδώ

(όχι αυτό που αποδεικνύω στην αρχή,αλλά η σχέση $\displaystyle{(\star)}$ ,την οποία αποδεικνύω λίγο κάτω από το σχήμα).

Λήμμα:Έστω γωνίες $\displaystyle{X,Y,Z,W}$ τέτοιες ώστε $\displaystyle{X+Y+Z+W=180^{\circ}}$ και τυχαία γωνία $\displaystyle{\phi}$ .

Τότε,με την προυπόθεση ότι τα χρησιμοποιούμενα σύμβολα έχουν νόημα,ισχύει η συνεπαγωγή $\displaystyle{\frac{\sin (\hat{X}+\phi)}{\sin (\hat{Y}+\phi)}=\frac{\sin \hat{Z}}{\sin \hat{W}}\Rightarrow \frac{\sin \hat{X}}{\sin \hat{Y}}=\frac{\sin (\hat{Z}-\phi)}{\sin (\hat{W}-\phi)}}$ .

Στην περίπτωσή μας,αν θεωρήσουμε $\displaystyle{\hat{X}=\hat{BAN_9},\hat{Y}=\hat{CAN_9},\hat{Z}=\hat{A},\hat{W}=180^{\circ}-2\hat{A}}$ και $\displaystyle{\phi=-90^{\circ}+\hat{B}}$ ,

τότε η σχέση $\displaystyle{(1)}$ και το λήμμα δίνουν $\displaystyle{\frac{\sin \hat{BAN_9}}{\sin \hat{CAN_9}}=\frac{\sin \left(\hat{A}+90^{\circ}-\hat{B}\right)}{\sin \left(180^{\circ}-2\hat{A}+90^{\circ}-\hat{B}\right)}=\frac{\cos \left(\hat{A}-\hat{B}\right)}{\cos \left(\hat{A}-\hat{C}\right)}$ ,που είναι το ζητούμενο.

$\rule{430pt}{1pt}$

TiKz δεν μπορώ να φτιάξω.Παρότι κάνω όλες τις τροποποιήσεις,για κάποιο λόγο η εικόνα δεν εμφανίζεται.Πάντως είναι κρίμα να έχουμε στη διάθεσή μας ένα τόσο καλό εργαλείο και να είναι τόσο δύσκολο να το χρησιμοποιήσουμε (το λέω,όχι επειδή εγώ προσωπικά δεν μπορώ ακόμη να το χρησιμοποιήσω,αλλά βλέπω γενικά πως λίγοι ανεβάζουν εικόνες σε TiKz,μόνο ο Σιλουανός και ο Ραφαήλ έχουν ανεβάσει συστηματικά,και πιθανότατα αυτό συμβαίνει λόγω της δυσκολίας χρήσης).

Όταν μπαίνει ο Euler...

Όταν μπαίνει ο Euler...

Re: Όταν μπαίνει ο Euler...

Μέλη σε σύνδεση