Usando Menelao para mostrar: Las bisectrices perpendiculares de las bisectrices de los ángulos de un triángulo se encuentran con los lados opuestos en puntos colineales

Question

Usando Menelao para mostrar: Las bisectrices perpendiculares de las bisectrices de los ángulos de un triángulo se encuentran con los lados opuestos en puntos colineales

geometría
triangulos
Matemáticas
Geometría euclidiana

mmm

Demostrar que las bisectrices perpendiculares de las bisectrices de los ángulos interiores de cualquier triángulo cortan los lados opuestos a los ángulos que se bisecan en tres puntos colineales.

Esto es lo que tengo hasta ahora. Para mostrar que H, G e I son colineales, necesito demostrar que

\frac{A H}{H B} \cdot \frac{B I}{B C} \cdot \frac{C GRAMO}{GRAMO A} = - 1

$\frac{AH}{HB}\cdot\frac{BI}{BC}\cdot\frac{CG}{GA}=-1$ Esto es cierto por el Teorema de Menelao.

Ahora, puedo probar por SAS que $\Delta FJO\cong \Delta CJO$ y por ASA que $\Delta OJC\cong \Delta PJC$ . Así, por transitividad, tenemos $\Delta OJC \cong \Delta PJC \cong \Delta OJF$ . Por lo tanto, $\angle PCJ\cong\angle OFJ$ . Esto implica que $OF\parallel BC$ ya que los ángulos alternos interiores son congruentes. Sé que las líneas paralelas dividen los lados del triángulo proporcionalmente, así que obtenemos $\frac{AF}{FB}=\frac{AO}{OC}$ .

A través de procedimientos similares, también puedo concluir lo siguiente: $FP \parallel AC$ lo que implica $\frac{BP}{PC}=\frac{BF}{FA}$ y $ME \parallel BC$ lo que implica $\frac{AM}{MB}=\frac{AE}{EC}$ .

También sé que hay tres resultados simples del teorema de la bisectriz del ángulo.

\frac{B D}{A B} = \frac{C D}{A C}

$\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}$

\frac{A F}{A C} = \frac{B F}{B C}

$\frac{AF}{AC}=\frac{BF}{BC}$

\frac{A mi}{A B} = \frac{mi C}{B C}

$\frac{AE}{AB}=\frac{EC}{BC}$

También sé por el teorema de Ceva que dado que las bisectrices de los ángulos son concurrentes, entonces

\frac{A F}{F B} \cdot \frac{B D}{D C} \cdot \frac{C mi}{mi A} = 1

$\frac{AF}{FB}\cdot \frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA}=1$ Aunque esa información no es realmente diferente de los resultados del teorema de la bisectriz del ángulo.

Necesito poder combinar cosas de alguna manera, pero no veo una conexión entre lo que sé y los puntos H, I y G.

Azul

Su declaración del Teorema de Menelao es incorrecta. Debería ser

\frac{A I}{I B} \cdot \frac{B GRAMO}{GRAMO C} \cdot \frac{C H}{H A} = - 1

$\frac{AI}{IB}\cdot\frac{BG}{GC}\cdot\frac{CH}{HA}=-1$ Aquí, en realidad es más fácil usar la forma trigonométrica:

\frac{pecado ∠ A C I}{pecado ∠ I C B} \cdot \frac{pecado ∠ B A GRAMO}{pecado ∠ GRAMO A C} \cdot \frac{pecado ∠ C B H}{pecado ∠ H B A} = - 1

$\frac{\sin\angle ACI}{\sin\angle ICB}\cdot\frac{\sin\angle BAG}{\sin\angle GAC}\cdot\frac{\sin\angle CBH}{\sin\angle HBA}=-1$ Un poco de búsqueda de ángulos muestra que, en su diagrama,

∠ A C I = ∠ B

$\angle ACI = \angle B$ ,

∠ B A G = ∠ C

$\angle BAG = \angle C$ ,

∠ A B H = ∠ C

$\angle ABH = \angle C$ . Los otros ángulos son fáciles de encontrar y sus senos "obviamente" se cancelan apropiadamente.

Respuestas (1)

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Su declaración del Teorema de Menelao es incorrecta. Debería ser $\frac{A I}{I B} \cdot \frac{B GRAMO}{GRAMO C} \cdot \frac{C H}{H A} = - 1$ $\frac{AI}{IB}\cdot\frac{BG}{GC}\cdot\frac{CH}{HA}=-1$ Aquí, en realidad es más fácil usar la forma trigonométrica: $\frac{pecado ∠ A C I}{pecado ∠ I C B} \cdot \frac{pecado ∠ B A GRAMO}{pecado ∠ GRAMO A C} \cdot \frac{pecado ∠ C B H}{pecado ∠ H B A} = - 1$ $\frac{\sin\angle ACI}{\sin\angle ICB}\cdot\frac{\sin\angle BAG}{\sin\angle GAC}\cdot\frac{\sin\angle CBH}{\sin\angle HBA}=-1$ Un poco de búsqueda de ángulos muestra que, en su diagrama, $\angle ACI = \angle B$ , $\angle BAG = \angle C$ , $\angle ABH = \angle C$ . Los otros ángulos son fáciles de encontrar y sus senos "obviamente" se cancelan apropiadamente.

Azul · Answer 1

Dejar $\overline{AD}$ ser la bisectriz de $\angle A$ de $\triangle ABC$ , y deja $\overline{MP}$ Sea la mediatriz de $\overline{AD}$ .

Porque $P$ está sobre la bisectriz perpendicular, tenemos $\angle DAP \cong \angle PDA$ en la base de isósceles $\triangle PAD$ . Pero $\angle PDA$ es un ángulo exterior de $\triangle ABD$ , de modo que $\angle PDA = \frac12\angle A + \angle B$ . Desde $\angle DAC$ es también $\frac12\angle A$ , deducimos que

∠ C A PAG = ∠ B ∠ PAG A B = ∠ A + ∠ B

$\angle CAP = \angle B \phantom{+\angle C}\qquad\qquad \angle PAB = \angle A + \angle B$

Asimismo,

\begin{aligned} ∠ A B q & = ∠ A + ∠ B ∠ q B C = ∠ A \\ ∠ B C R & = ∠ A ∠ R C A = ∠ C + ∠ A \end{aligned}

$\begin{align} \angle ABQ &= \angle A + \angle B \qquad\qquad \angle QBC = \angle A \phantom{+\angle C} \\[4pt] \angle BCR &= \angle A \phantom{+\angle C\;} \qquad\qquad \angle RCA = \angle C + \angle A \end{align}$

(La intermediación de $P$ , $Q$ , $R$ en relación con los vértices de $\triangle ABC$ puede cambiar qué ángulos mostrados coinciden directamente $\triangle ABC$ 's, y cuáles son sumas de esos ángulos, pero lo anterior es típico).

Invocando la forma trigonométrica del Teorema de Menelao, y proporcionando explícitamente " $-$ "s para reconocer que los ángulos en cada proporción están orientados de manera opuesta, tenemos

\begin{aligned} - \frac{pecado ∠ C A PAG}{pecado ∠ PAG A B} \cdot - \frac{pecado ∠ A B q}{pecado ∠ q B C} \cdot - \frac{pecado ∠ B C R}{pecado ∠ R C A} & = - \frac{pecado B}{pecado (A + B)} \cdot \frac{pecado (A + B)}{pecado A} \cdot \frac{pecado A}{pecado (C + A)} \\ = - \frac{pecado B}{pecado (180^{\circ} - B)} \\ = - 1 \end{aligned}

$\begin{align} -\frac{\sin\angle CAP}{\sin\angle PAB} \cdot -\frac{\sin\angle ABQ}{\sin\angle QBC} \cdot -\frac{\sin\angle BCR}{\sin\angle RCA} &= -\frac{\sin B}{\sin(A+B)} \cdot \frac{\sin(A+B)}{\sin A} \cdot \frac{\sin A}{\sin(C+A)} \\[4pt] &= -\frac{\sin B}{\sin(180^\circ - B)} \\[4pt] &= -1 \end{align}$

Por lo tanto, $P$ , $Q$ , $R$ son colineales. $\square$

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mmm

Azul

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Azul

Una pregunta sobre un triángulo rectángulo contenido en un triángulo equilátero

¿Cuál es el área del semicírculo verde?

Si p,q,rp,q,rp,q,r son las longitudes de las perpendiculares desde los vértices del triángulo ABCABCABC en cualquier recta, probar a2(p−q)(p−r)+b2(q−r)(q−p )+c2(r−p)(r−q)=4Δ2a2(p−q)(p−r)+b2(q−r)(q−p)+c2(r−p)(r−q)= 4Δ2a^2(pq)(pr)+b^2(qr)(qp)+c^2(rp)(rq)=4\Delta^2

¿Hay alguna figura trilateral en geometría euclidiana que no sea un triángulo?

Encuentre ∠CAD∠CAD\angle CAD en la siguiente figura.

Línea a través del punto medio del vértice-centroide del triángulo

Área de un triángulo equilátero con los radios de la circunferencia inscrita

Propiedad de una cometa inscrita en un cuadrado

Puntos en la hipotenusa de un triángulo rectángulo

Teorema de pitágoras