Към съдържанието

Viva Cognita at Facebook
Viva Cognita at Twitter
Viva Cognita at YouTube
* * * * *
Дата на публикуване 03 авг 2015 12:56 | от раздел 4.5 Вписани окръжности
Права на Симсън Теорема на Пап Тригонометрия Котангенсова техника

4.5.22

download ggb GeoGebra (.ggb) файл

Решение:


Условие:

Даден е триъгълник ABC.

Нека Q, P и N са допирните точки на вписаната окръжност с BC, CA и AB съответно. Нека I е центърът на тази окръжност и NI \cap PQ=E. Точка F е такава, че CF=CP, CF\parallel AB и F и A лежат в различни полуравнини спрямо BC.

Да се докаже, че точките A, E и F лежат на една права.

Алтернативно решение:

Тук ще дадем едно синтетично решение на задачата. Преди всичко ще преформулираме условието по следния начин. Нека NQ и NP пресичат правата през C, която е успоредна на AB, в точките F и G съответно. Тогава е ясно, че CF=CQ=CP=CG. Сега прилагаме теоремата на Пап (задача 7.3 за успоредни прави) за точките A, N и B и точките G, C и F. Оттук следва, че точките P, E' и Q лежат на една права, където AF\cap BG=E'. Искаме да докажем, че E\equiv E'. Ще направим това като покажем, че CE и CE' пресичат AB в средата ѝ. За точката E' това следва от теоремата на Щайнер (задача 5.2), приложена за трапеца ABFG. Доказателството на твърдението за точката E ще обособим в отделна лема.

Лема. Правата CE разполовява отсечката AB.

Публикувано изображение
Доказателство на Лемата. Построяваме права през E, която е успоредна на AB. Нека тя пресича AC и BC в точките K и L съответно. От хомотетия с център C е ясно, че условието CE да разполовява AB е еквивалентно на това E да е среда на отсечката KL. Забелязваме, че \angle KIP=\angle KEP=\angle LEQ=\angle LIQ, защото четириъгълниците IPKE и ILQE са вписани (IP\perp AC, KE\perp IE, EL\perp IE, IQ\perp BC). Следователно \angle KIL=\angle PIQ=180^{\circ}-\gamma. Получихме, че четириъгълникът CPIQ е вписан (а PEQ е правата на Симсън за триъгълник KLC и точката I). Правата CI е ъглополовяща на \angle ACB и значи точка I е средата на дъгата \widehat{KL} от описаната окръжност около KILC. Следователно I лежи на симетралата на KL и от KL\perp IE следва, че E е средата на отсечката KL. С това лемата е доказана и задачата е решена!
Публикувано изображение

1 Коментари

Нека означим с R втората пресечна точка на правата EN с вписаната в \triangle ABC окръжност. Тогава \angle RPQ=\angle RNQ=\angle IBQ=\frac{\beta}{2} и следователно \angle CPR=\angle CPQ-\angle RPQ=(90^{\circ}-\frac{\gamma}{2})-\frac{\beta}{2}=\frac{\alpha}{2}. От друга страна, от равнобедрения \triangle CPF с \angle PCF=180^{\circ}-\alpha лесно намираме \angle CPF=\frac{\alpha}{2}=\angle CPR, т.е. точките P,R,F лежат на една права. Аналогично, от равнобедрените \triangle BQN и \triangle CQF имаме \angle BQN=\angle CQF=90^{\circ}-\frac{\beta}{2}, така че точките N,Q,F също лежат на една права. В такъв случай, ако означим с S пресечната точка на правите NP и QR, то точките A,E,F лежат на полярата на S спрямо вписаната в \triangle ABC окръжност, с което задачата е решена.

 

Забележка: Точката S всъщност е симетричната на F спрямо C, а точката R се оказва ортоцентър за \triangle NFS.

    • 3


Тази секция и съдържанието в нея са създадени като допълнение към книгата "555 задачи по геометрия" на С. Димитров, Л. Личев и С. Чобанов.
Авторите поемат пълна отговорност за съдържанието, коментарите и модерирането на дискусиите в секцията.

Viva Cognita е партньорски проект на Института по математика и информатика на БАН, Съюза на математиците в България и VIVACOM