В $%\triangle ABC$% точки $%F$%, $%F_A$%, $%F_B$%, $%F_C$% – точки Фейербаха, $%І$% – инцентр. Доказать, что прямые $%AF_A$%, $%BF_B$%, $%CF_C$% и $%IF$% пересекаются в одной точке.

Точки Фейербаха - это точки касания окружности девяти точек с вписанной и тремя вневписанными окружностями. Окружность девяти точек - это окружность, проходящая через середины сторон треугольника.

задан 5 Янв '15 18:34

изменен 5 Фев '15 0:06

При помощи векторных вычислений (вручную, без Maple), вроде бы получается, что все эти прямые проходят через середину $%EI$%.

(5 Фев '15 3:33) falcao

@falcao: Прямые делят $%EI$% в отношении $%R:2r$%.

(5 Фев '15 11:11) EdwardTurJ

@EdwardTurJ: я в черновых подсчётах написал $%r$% в тех местах, где надо было $%R/2$%, поэтому получил не то значение. Сейчас перепроверил, и всё в итоге сошлось.

(5 Фев '15 11:46) falcao
10|600 символов нужно символов осталось
1

Все радиус-векторы будут рассматриваться с началом в центре $%E$% окружности Эйлера. Пусть $%\vec{P}=\frac{R}{R+2r}\vec{I}=\frac{R}{2p(R+2r)}(a\vec{A}+b\vec{B}+c\vec{C})$%. Эта точка лежит на прямой $%IF$%. Достаточно проверить, что она лежит на прямой $%AF_A$%.

Имеем $%\vec{F_A}=\frac{R}{R+2r_a}\vec{I_A}=\frac{p-a}{b+c}\cdot\frac{-a\vec{A}+b\vec{B}+c\vec{C}}{-a+b+c}=\frac{R}{2(p-a)(R+2r_a)}(-a\vec{A}+b\vec{B}+c\vec{C})$% с учётом касания окружности Эйлера и вневписанной окружности. Отсюда $%2p(R+2r)\vec{P}=R(a\vec{A}+b\vec{B}+c\vec{C})=2aR\vec{A}+2(p-a)(R+2r_a)\vec{F_A}$%. Из этого равенства, с учётом $%pr=(p-a)r_a$%, следует, что $%p(R+2r)\cdot\vec{PF_A}=aR\cdot\vec{AF_A}$%, то есть прямая $%AF_A$% проходит через точку $%P$%, и так же для остальных вершин.

ссылка

отвечен 5 Фев '15 11:45

10|600 символов нужно символов осталось
1

alt text

Пусть $%E$% – центр окружности девяти точек, $%M$% – центр вневписанной окружности, касающейся стороны $%AC$%, $%X$% – точка пересечения $%BF_B$% и $%EI$%.

Поскольку $%F_B$% – точка касания окружности девяти точек и вневписанной окружности, то точки $%E$%, $%F_B$% и $%M$% лежат на одной прямой. Точки $%F$%, $%I$% и $%X$% также лежат на одной прямой.

Опустив перпендикуляры из точек $%I$% и $%M$% на сторону $%AB$%, получим два подобных треугольника, из которых получим пропорцию: $%\frac{BM}{IB}=-\frac{r_b}{r}$%, где $%r$% – радиус вписанной окружности, а $%r_b$% - радиус вневписанной окружности.

Далее, $%\frac{F_BE}{MF_B}=\frac{R_9}{r_b}$%, где $%R_9$% - радиус окружности девяти точек. Запишем теорему Менелая для $%ΔEIM$% и прямой $%BF_B$%: $%\frac{EX}{XI}\cdot \frac{IB}{BM}\cdot \frac{MF_B}{F_BE}=-1$%. Отсюда имеем: $%\frac{EX}{XI}=-\left(-\frac{r_b}r\right)\cdot\frac{R_9}{r_b}=\frac{R_9}r\left(=\frac R{2r}\right)$% , т.е. положение точки $%X$% не зависит от выбора вершины $%ΔABC$%.

Таким образом, прямые $%AF_A$%, $%BF_B$%, $%CF_C$%, и $%IF$% пересекаются в одной точке $%X$%.

ссылка

отвечен 8 Фев '15 0:38

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×598
×374
×10

задан
5 Янв '15 18:34

показан
3258 раз

обновлен
8 Фев '15 0:38

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru