MN перпендикулярна на OI

[ганка симеонова]

Даден е [tex]\Delta ABC [/tex] с центрове на вписанта и описаната окръжности съответно I и О. Върху лъчите АС и ВС са взети тoчките M и N така, че [tex]AM=BN=AB [/tex]. Да се докаже, че [tex]MN\bot OI[/tex] и радиусът на описаната около [tex]\Delta NCM[/tex] окръжност е равен на отсечката [tex]OI[/tex].

[Реклама]

[_sssss]

Значи, тази задача ми се опъва, но пък имам много хубав чертеж, който е грехота да пазя само за себе си.*

*умре циганката, дето ме хвалеше.

[ганка симеонова]

задачата наистина е трудна някой иска ли лека подсказка или да почакам още ?

[_sssss]

Аз съм "ЗА". Но да е съвсем мъничка.
Все пак, не обещавам успех.

[ганка симеонова]

Ако X и Y са допирните точки на вписаната окръжност с ВС и АС, построй [tex]OP\bot IX; OQ\bot IY. [/tex] . Работи с доп. отсечки, разгледай подобни триъгълници

[inimitably]

Ще използвам стандартни означения :

[tex]\angle MAN=\alpha - 90^\circ+\frac{\beta }{2 }=\frac{\alpha-\gamma }{2 } [/tex] ;

[tex]\frac{AN}{2.sin{\frac{\beta }{2 } } }=AB [/tex] [tex]\Rightarrow [/tex] [tex]AN=2.AB.sin\frac{\beta }{2 } [/tex] ;

[tex]\triangle MAN[/tex] по косинусова теорема [tex]\Rightarrow [/tex] [tex]MN^2=AM^2+AN^2-2.AM.AN.cos\angle MAN[/tex]

[tex]MN^2=AB^2 +4AB^2.sin^2\frac{\beta }{2 }-4AB^2.sin\frac{\beta }{2 }.cos\frac{\alpha-\gamma }{2 } [/tex]

[tex]MN^2=AB^2\left(4.sin^2\frac{\beta }{2 }-4sin\frac{\beta }{2}.cos\frac{\alpha-\gamma }{2 }+1\right)[/tex]

[tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]\frac{MN^2}{AB^2 }=4.sin^2\frac{\beta }{2 }-2.sin\frac{\alpha +\beta -\gamma }{2 }-2.sin\frac{\beta+\gamma -\alpha }{2 }+1= 4.sin^2\frac{\beta }{2 }+1-2sin\left(90^\circ -\gamma\right)-2sin\left(90^\circ -\alpha \right)[/tex]

[tex]=3-2\left(cos\alpha +cos\beta +cos\gamma \right)[/tex] , но [tex]cos\alpha +cos\beta +cos\gamma=1+\frac{r}{R }[/tex]

[tex]\frac{MN}{AB }=\sqrt{\frac{R-2r}{R } }[/tex] , но [tex]OI^2=R^2-2Rr[/tex]

[tex]\Rightarrow [/tex] [tex]\frac{MN}{AB }=\frac{OI}{R}[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]OI=R.\frac{MN}{AB }[/tex]

Нека [tex]R_{1}[/tex] е радиус на описаната окръжност около [tex]\triangle MNC[/tex] , тогава [tex]MN=2R_{1}sin{\gamma}[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]OI=R.\frac{2R_{1}.sin{\gamma }}{2Rsin{\gamma} }[/tex][tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]OI=R_{1}[/tex]
[tex]\angle OBI=90^\circ -\gamma-\frac{\beta }{2 }=\frac{\alpha -\gamma }{2 }=\angle MAN [/tex]

[tex]\triangle OBI[/tex] : [tex]\frac{OB}{sin\angle OIB }=\frac{OI}{sin\angle OBI }[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]sin\angle OIB =\frac{R.sin\angle MAN}{OI }[/tex]

От друга страна [tex]\frac{AM}{sin\angle ANM }= \frac{MN}{sin\angle MAN }[/tex]

[tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]sin\angle ANM=\frac{AM.sin\angle MAN}{MN }=\frac{R.sin\angle MAN}{OI }[/tex]

[tex]\Rightarrow [/tex] [tex]sin\angle ANM=sin\angle OIB=sin\left(180^\circ-\angle OIB\right)=sin\angle OIB' [/tex] [tex]\left(BI\cap AN=B' ; BB'\bot AN \right)[/tex]

[tex]\Rightarrow [/tex] [tex]\angle OIB'=\angle ANM[/tex] [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]OI\bot MN[/tex]

[inimitably]

Ще напиша доказателство на една лема , с която задачата се решава на два реда.

Лема: Даден е [tex]\triangle ABC,AA_{1},BB_{1},CC_{1}[/tex] са височините , спуснати съответно от върховете [tex]A,B,C[/tex].

Нека [tex]A_{1}B_{1}\cap AB=Q,B_{1}C_{1}\cap BC=U,A_{1}C_{1}\cap AC=W[/tex].

Ако [tex]H[/tex] е ортоцентърът на [tex]\triangle ABC[/tex] и [tex]O[/tex] е центърът на

описаната окръжност , то правата на Ойлер [tex](OH)[/tex] е пенпендикулярна на правата

през [tex]Q,U,W[/tex].

Д-во: Лесно се доказва с помощта на теорема на Дезарг , че

[tex]Q,U,W[/tex] са на една права. Нека [tex]N[/tex] е центърът на описаната окръжност

около педалния триъгълник.От свойството на секущите за вписания четириъгълник [tex]ACA_{1}C_{1}[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]CW.AW=A_{1}W.C_{1}W[/tex]

[tex]\Rightarrow[/tex] [tex]W[/tex] лежи на радикалната ос на [tex](O),(N)[/tex].Аналогично за [tex]U,Q[/tex].

[tex]\Rightarrow[/tex] Правата на Ойлер за [tex]\triangle ABC[/tex] е пенпендикулярна

на правата през точките [tex]U,W,Q[/tex].