Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA187=FB994.png (36.26 KiB) Προβλήθηκε 1124 φορές

Ισοσκελές τρίγωνο ABC, AB=AC

ειναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω

το αντιδιαμετρικό του

.

Αν

σημεία των AB, AC

αντίστοιχα, τέτοια ώστε MN=BM+CN

και οι

τέμνουν την

στα

αντίστοιχα,

δείξτε ότι : (APQ)=(MPQN)

Αφιερωμένο στην ομάδα που μας έκανε περήφανους με την επιτυχία της στην ΙΜΟ2017

#2

sakis1963 έγραψε: Ισοσκελές τρίγωνο ειναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το αντιδιαμετρικό του .

Αν σημεία των αντίστοιχα, τέτοια ώστε και οι τέμνουν την στα αντίστοιχα,

δείξτε ότι :

Αφιερωμένο στην ομάδα που μας έκανε περήφανους με την επιτυχία της στην ΙΜΟ2017

Καλησπέρα.

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα1:

: Ισεμβαδικότητα 1.PNG (38.07 KiB) Προβλήθηκε 999 φορές

Ζητούμε τη σχέση:

$\displaystyle{E(APQ)=E(MPQR)\ \ (1)}$

Η σχέση αυτή ισοδυναμεί:

$\displaystyle{(1) \Leftrightarrow E(ABC)-E(ABP)-E(AQC)=E(ABC)-E(AMN)-E(BPM)-E(CQN) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{E(ABP)+E(AQC)=E(AMN)+E(BPM)+E(CQN) \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{ E(ABP)-E(BPM)+E(AQC)-E(CQN)=E(AMN)\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{E(AMN)=E(AMP)+E(AQN) \ \ (2)}$

Έτσι η προς απόδειξη σχέση (2) τη εννοούμε στο σχήμα 2.

: Ισεμβαδικότητα 2.PNG (34 KiB) Προβλήθηκε 999 φορές

(Η συνέχεια σε επόμενο μήνυμα...)

Κώστας Δόρτσιος

#3

Συνέχεια από την προηγούμενη ανάρτηση...

Πριν αποδείξουμε τη σχέση (2) που είναι ισοδύναμη της αρχικά ζητούμενης (1) θα
δείξουμε την ακόλουθη πρόταση:
Πρόταση 1.
Αν $\displaystyle{I_a}$ είναι το παράκεντρο ενός τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ το οποίο αντιστοιχεί στην πλευρά $\displaystyle{a}$
τότε το ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{I_aBC}$ είναι το σημείο τομής των τμημάτων $\displaystyle{BQ,CP}$ ,
όπου $\displaystyle{P,Q}$ είναι τα σημεία τομής των τμημάτων $\displaystyle{I_aB,I_aC}$ με το τμήμα $\displaystyle{DZ}$ , όπου $\displaystyle{D,Z}$
τα σημεία επαφής του παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου που αντιστοιχεί στην πλευρά $\displaystyle{a}$ με τις ημιευθείες
που ορίζουν αντίστοιχα οι πλευρές $\displaystyle{AB, AC}$ του τριγώνου. (Σχ.2)

: Ισεμβαδικότητα 3.PNG (30.82 KiB) Προβλήθηκε 948 φορές

Απόδειξη:
Στο σχήμα 3 θεωρούμε ως $\displaystyle{Q}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{I_aC}$ με την $\displaystyle{BS}$ , όπου:

$\displaystyle{ZS=BE=BD\ \ (3)}$ .
Προφανώς τότε η $\displaystyle{BQ}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{I_aC}$

: Ισεμβαδικότητα 4.PNG (34.56 KiB) Προβλήθηκε 948 φορές

Φέρουμε ακόμα τα τμήματα $\displaystyle{QZ}$ και $\displaystyle{QD}$ τα οποία θα δείξουμε ότι είναι συνευθειακά.
Πράγματι:
- Από το εγγραψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{QZSI_a}$ προκύπτει:

$\displaystyle{\hat{\phi}=\hat{\omega} \ \ (4)}$

- Από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\displaystyle{I_aBD, \ \ I_aSZ}$ προκύπτει:

$\displaystyle{\hat{\omega}=\hat{\omega_1} \ \ (5)}$

- Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{I_aQBD}$ προκύπτει:

$\displaystyle{\hat{\omega_1}=\hat{\theta} \ \ (6)}$

Από τις (4), (5) και (6) προκύπτει:

$\displaystyle{\hat{\phi}=\hat{\theta}\ \ (7)}$

Από την (7) προκύπτει ότι τα τμήματα $\displaystyle{QZ, QD}$ είναι συνευθειακά και συνεπώς το σημείο $\displaystyle{Q}$
είναι το σημείο τομής της $\displaystyle{I_aC}$ με την $\displaystyle{DZ}$ .

Έτσι λοιπόν η $\displaystyle{BQ}$ με το σημείο $\displaystyle{Q}$ ως η τομή της $\displaystyle{I_aC}$ με την $\displaystyle{DZ}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{I_aC}$
δηλαδή ύψος του τριγώνου $\displaystyle{ I_aBC}$ .

Όμοια δειχνεται ότι και το $\displaystyle{CP}$ είναι κάθετο στην $\displaystyle{I_aB}$ , δηλαδή το δεύτερο ύψος του τριγώνου $\displaystyle{I_aBC}$ .

Έτσι η τομή τους δίνει το ορθόκεντρο $\displaystyle{H}$ του τριγώνου αυτού από το οποίο θα διέλθει και το τρίτο ύψος $\displaystyle{I_aE}$ .

(ακολουθεί σε επόμενο μήνυμα το τρίτο μέρος...)

Κώστας Δόρτσιος

#4

Τελική ανάρτηση ...

Στο ακόλουθο σχήμα 4 φέρουμε από το σημείο $\displaystyle{Q}$ την παράλληλη $\displaystyle{(e)}$ προς την πλευρά $\displaystyle{AC}$
η οποία τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο σημείο $\displaystyle{M}$ . Θα δείξουμε ότι το σημείο αυτό $\displaystyle{M}$ είναι το μέσον της
πλευράς $\displaystyle{BC}$ . (Πρόταση 2)

: Ισεμβαδικότητα 5.PNG (37.26 KiB) Προβλήθηκε 896 φορές

Πράγματι από την παραλληλία της $\displaystyle{(e)//BC}$ εύκολα διαπιστώνεται ότι

$\displaystyle{\hat{m}=\hat{n} \ \ (8) }$

Επίσης επειδή η $\displaystyle{CI_a}$ είναι διχοτόμος της εξωτερικής γωνίας $\displaystyle{C}$ , θα είναι:

$\displaystyle{\hat{m}=\hat{w} \ \ (9)}$

Επομένως από τις (8) και (9) προκύπτει ότι:

$\displaystyle{\hat{w}=\hat{n} \ \ (10)}$

Άρα το τρίγωνο $\displaystyle{(MQC)}$ είναι ισοσκελές καθόσον το τρίγωνο $\displaystyle{(BQC)}$ είναι ορθογώνιο.
Έτσι εύκολα δείχνεται ότι το σημείο $\displaystyle{M}$ είναι μέσον της $\displaystyle{BC}$ .

Όμοια δείχνεται ότι και η παράλληλος από το σημείο $\displaystyle{P}$ προς την πλευρά $\displaystyle{AB}$ διέρχεται κι αυτή από το μέσον $\displaystyle{M}$ της πλευράς $\displaystyle{BC}$ .

Σύμφωνα τώρα με τις προτάσεις αυτές (1) και (2) επιστρέφουμε στο ακόλουθο σχήμα 5 (αντίστοιχο του σχήματος 2), με το συμβολισμό της
αρχικής εκφώνησης και έτσι εκτελούμε τον ισεμβαδικό μετασχηματισμό των τριγώνων $\displaystyle{(AMP)}$ και $\displaystyle{(ANQ}$
μετακινώντας τις κορυφές αυτών $\displaystyle{P, Q}$ παράλληλα προς τις αντίστοιχες βάσεις των επί των παραλλήλων
$\displaystyle{PS//AB, \ \ QS//AC}$ .

: Ισεμβαδικότητα 6.PNG (44.01 KiB) Προβλήθηκε 896 φορές

Έτσι δείχνουμε την αλήθεια της ζητούμενης πρότασης (2).

Παρατηρήσεις:
1η) Παρουσίασα τη λύση σε "τρεις δόσεις", λόγω των πολλών σχημάτων.
2η) Τήρησα ενιαία την αρίθμηση των σχημάτων καθώς και των σχέσεων.
3η) Ανάφερα την πρόταση ως ξεχωριστή γιατί νομίζω ότι είναι πολύ ενδιαφέρουσα και σημαντική.
4η) Υπογράφω την αφιέρωση του Σάκη προς την ομάδα της IMO2017!!

Τέλος αναρτώ και το δυναμικό σχήμα των ισεμβαδικών μετασχηματισμών με κατάλληλη βοήθεια.

Ισεμβαδικότητα 1.ggb: (39.79 KiB) Μεταφορτώθηκε 33 φορές

Κώστας Δόρτσιος

sakis1963 · #5

Αφού ευχαριστήσω τον κ. Δόρτσιο για τα καλά του λόγια και για την ωραία και πληθωρική λύση (όπως πάντα),

να δώσω και μια άλλη λύση εδώ από κ. Απόστολο Μανωλούδη

και να παραπέμψω στην γενίκευση της παραπάνω άσκησης που θα τεθεί ως ξεχωριστό θέμα Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό (γενίκευση).

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

sakis1963 έγραψε:GEOMETRIA187=FB994.png
Ισοσκελές τρίγωνο ειναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το αντιδιαμετρικό του .

Αν σημεία των αντίστοιχα, τέτοια ώστε και οι τέμνουν την στα αντίστοιχα,

δείξτε ότι :

Αφιερωμένο στην ομάδα που μας έκανε περήφανους με την επιτυχία της στην ΙΜΟ2017

Στην προέκταση της $\displaystyle{NC}$ θεωρούμε σημείο $\displaystyle{K}$ με $\displaystyle{CK = BM}$ οπότε $\displaystyle{NK = NC + CK = NC + BM = MN}$

Τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{BMD,CDK}$ είναι ίσα αφού $\displaystyle{DB = DC,BM = CK}$ ,άρα $\displaystyle{MD = DK}$ και $\displaystyle{\angle K = \angle {M_1}}$

Είναι, $\displaystyle{\vartriangle NMD = \vartriangle NDK \Rightarrow \angle {N_1} = \angle {N_2}}$ και $\displaystyle{\angle NDM = \angle NDK}$ και $\displaystyle{\angle K = \angle {M_2}}$

Επειδή όμως $\displaystyle{\angle {M_1} = \angle K \Rightarrow AMDK}$ εγγράψιμο ,συνεπώς $\displaystyle{\angle NDM = \angle NDK = \angle B = \angle C}$

Άρα $\displaystyle{MBDQ}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle {M_1} = (\angle {M_2}) = \angle {Q_1} \Rightarrow NMPQ}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle {N_1} = \angle {P_1}}$

Έτσι $\displaystyle{\angle {D_1} = \angle {D_2}}$ ως συμπληρώματα των ίσων γωνιών $\displaystyle{\angle {N_1},\angle {N_2}}$ και $\displaystyle{\angle {D_3} = \angle {D_4}}$ ως συμπληρώματα των ίσων γωνιών $\displaystyle{K,{Q_1}}$

Είναι λοιπόν, $\displaystyle{\vartriangle ZQD \simeq \vartriangle CDK \Rightarrow \frac{{ZD}}{{CD}} = \frac{{ZQ}}{{CK}}}$ .Ακόμη, $\displaystyle{C{D^2} = AD \cdot ZD \Rightarrow \frac{{ZD}}{{CD}} = \frac{{CD}}{{AD}}}$

Άρα, $\displaystyle{\frac{{CD}}{{AD}} = \frac{{ZQ}}{{CK}} \Rightarrow CD \cdot CK = AD \cdot ZQ \Rightarrow 2\left( {CDK} \right) = 2\left( {ADQ} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {CDK} \right) = \left( {ADQ} \right)}(1)}$

Επίσης $\displaystyle{\vartriangle PZD \simeq \vartriangle NDC \Rightarrow \frac{{NC}}{{PZ}} = \frac{{DC}}{{DZ}}}$ .Ακόμη, $\displaystyle{C{D^2} = AD \cdot ZD \Rightarrow \frac{{AD}}{{CD}} = \frac{{CD}}{{DZ}}}$

Άρα, $\displaystyle{\frac{{NC}}{{PZ}} = \frac{{AD}}{{CD}} \Rightarrow NC \cdot CD = AD \cdot PZ \Rightarrow \boxed{\left( {CDK} \right) = \left( {APD} \right)}(2)}$

Με πρόσθεση των $\displaystyle{(1),(2)}$ έχουμε

$\displaystyle{\left( {DCK} \right) + \left( {NDC} \right) = \left( {ADQ} \right) + \left( {APD} \right) \Rightarrow \left( {NKD} \right) = \left( {APQ} \right) + \left( {PQD} \right)}$ ή

$\displaystyle{\left( {MND} \right) = \left( {APQ} \right) + \left( {PQD} \right)}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \left( {MPQN} \right) + \left( {PQD} \right) = \left( {APQ} \right) + \left( {PQD} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {MPQN} \right) = \left( {APQ} \right)}}$

: isex.png (62 KiB) Προβλήθηκε 842 φορές

Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό

Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό

Re: Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό

Re: Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό

Re: Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό

Re: Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό

Re: Ισεμβαδικότητα σε εγγεγραμμένο χαρταετό

Μέλη σε σύνδεση