Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

#1

: Περίκεντρο - Εγκεντρο - Ορθόκεντρο.png (25.86 KiB) Προβλήθηκε 2204 φορές

Να δείξετε ότι το κέντρο $\displaystyle{ O }$ του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ , το έγκεντρο του $\displaystyle{ I }$ και το ορθόκεντρο $\displaystyle{ H }$ του τριγώνου με κορυφές

τα σημεία επαφής του έγκυκλου του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ με τις πλευρές του είναι σημεία συνευθειακά.

Στάθης

#2

Στάθη καλησπέρα.

Τελικά στον ίσιο δρόμο είναι άλλο ένα περίκεντρο και άλλο ένα ορθόκεντρο.

Δεν χωράνε όμως και τα πέντε σημεία σ' αυτόν τον φάκελο.

Υπάρχει όμως μία ενδιαφέρουσα σχέση μεταξύ των τμημάτων που ορίζονται από τα τρία συνευθειακά σημεία που αναφέρεις και είναι μία καλή ευκαιρία να αναφερθούμε σε κάποια παλιά καλά βιβλία Γεωμετρίας.

Κώστας Βήττας.

Grigoris K. · #3

Καλησπέρα κ. Στάθη και κ. Βήττα.

Το συγκεκριμένο θέμα το συνάντησα την προηγούμενη εβδομάδα στην Επιπεδομετρία του Γ. Τσίντσιφα (Πρόβλημα 1162) και με ταλαιπώρησε πολύ...

Τελικά είχα μια "επιφοίτηση" αλλά, δυστυχώς, όχι αμιγώς γεωμετρική:

Λήμμα 1:

Σε κάθε $\triangle ABC$ με ορθόκεντρο

και περίκεντρο

ισχύει $\displaystyle{ \overrightarrow{OH} = \overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} }$

Λήμμα 2:

Έστω $\triangle ABC$ και

το έκκεντρό του. Αν C',B',A'

είναι τα μέσα των κυρτογώνιων τόξων AB, AC,BC

τότε το

είναι το ορθόκεντρο του $\triangle A'B'C'$ .

Πρόβλημα:

Σύμφωνα με το Λήμμα 1 στο $\triangle ZDE$ ισχύει: $\displaystyle{ \overrightarrow{IH} = \overrightarrow{IZ} + \overrightarrow{IE} + \overrightarrow{ID} }$ .

Επίσης στο $\triangle A'B'C'$ ισχύει λόγω του Λήμματος 1 και 2: $\displaystyle{ \overrightarrow{OI} = \overrightarrow{OA'} + \overrightarrow{OB'} + \overrightarrow{OC'} }$

Όμως είναι $\displaystyle{ AI \perp C'B',~ AI \perp ZE \Rightarrow C'B' \parallel ZE }$ .

'Ομοια και οι άλλες πλευρές προκύπτουν παράλληλες.

Συνεπώς τα $\triangle ZDE , \triangle C'B'A'$ είναι ομοιόθετα με λόγο $\lambda$ και θα ισχύει για τα ομόλογα στοιχεία τους

$\displaystyle{ \overrightarrow{OA'} = \lambda \overrightarrow{ID}, ~ \overrightarrow{OB'} = \lambda \overrightarrow{IE}, ~ \overrightarrow{OC'} = \lambda \overrightarrow{IZ}}$ .

Άρα είναι $\displaystyle{ \overrightarrow{OI} = \overrightarrow{OA'} + \overrightarrow{OB'} + \overrightarrow{OC'} = \lambda (\overrightarrow{IZ} + \overrightarrow{IE} + \overrightarrow{ID}) = \lambda \overrightarrow{IH} }$ .

Τελικά η σχέση $\displaystyle{ \overrightarrow{OI} = \lambda \overrightarrow{IH} }$ συνεπάγεται την συνευθειακότητα των O,I,H

.

Edit: Ο λόγος ομοιοθεσίας $\displaystyle{ \lambda }$ των $\displaystyle{ \triangle A'B'C' \sim \triangle ZDE}$ μπορεί και να εκφραστεί ως $\displaystyle{ \lambda = \frac{R}{r} }$

όπου $\displaystyle{ R,r }$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου και του εγγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα.

(Η παρατήρηση της σχέσης αυτής δεν είναι δική μου αλλά ενός μέλους στο mathlinks.ro)

parmenides51 · #4

μερική λύση με Ευκλείδεια μέσα εδώ

edit

ίσως να μην είναι και τόσο σχετική η παραπάνω παραπομπή, δεν είμαι σίγουρος

πάντως δεν δόθηκε ακόμα γεωμετρική λύση

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Καλησπέρα.Αυτό είναι ένα πολύ ενδιαφέρον πρόβλημα .Έχω δώσει τρεις διαφορετικές λύσεις όλες στηριγμένες σε ομοιοθεσία.
Θα παρουσιάσω μια εκ των τριών .

Οι $\displaystyle{BI,AI,CI}$ είναι διχοτόμοι του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ . Επειδή $\displaystyle{AB,BC,CA}$ είναι εφαπτόμενες του εγγεγραμμένου κύκλου,θα είναι $\displaystyle{BI \bot ZD,CI \bot ED,AI \bot EZ}$
Θεωρώ τώρα τις κάθετες στις $\displaystyle{BI,CI,AI}$ στα $\displaystyle{B,C,A}$ οι οποίες ανά δύο τέμνονται στα $\displaystyle{B’,C’,A’}$ .Έτσι ,στο τρίγωνο $\displaystyle{B’C’A’}$ τα $\displaystyle{BB’,CC’,AA’}$ είναι ύψη του και το $\displaystyle{I}$ είναι το ορθόκεντρό του .Επίσης θα είναι $\displaystyle{ZD//A'C',ZE//C'B',ED//A'B'}$ κι έτσι υπάρχει ομοιοθεσία στην οποία τα τρίγωνα $\displaystyle{BCA,B’C’A’}$ είναι ομοιόθετα.Αυτό βέβαια συνεπάγεται ότι θα είναι ομοιόθετα και τα περίκεντρά τους και τα ορθόκεντρά τους.
Επειδή ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{BCA}$ περνά από τους πόδες $\displaystyle{B,C,A}$ των υψών του τριγώνου $\displaystyle{B’C’A’}$ και είναι μοναδικός που διέρχεται από τα σημεία αυτά,αυτός θα είναι ο κύκλος EULER του τριγώνου $\displaystyle{B’C’A’}$ .Έστω $\displaystyle{O’}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{B’C’A’}$ .Γνωρίζουμε ότι το κέντρο $\displaystyle{O}$ του κύκλου EULER του τριγώνου $\displaystyle{B’C’A’}$ βρίσκεται επί της $\displaystyle{IO’}$ που είναι η ευθεία EULER του τριγώνου $\displaystyle{B’C’A’}$ και μάλιστα στο μέσον της.
Στην παραπάνω ομοιοθεσία των τριγώνων $\displaystyle{B’C’A’,EZD}$ που αναφέραμε,το $\displaystyle{I}$ (περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{DEZ}$ ) είναι ομοιόθετο του $\displaystyle{O’}$ (περίκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{A’B’C’}$ ) και το $\displaystyle{H}$ (ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{DEZ}$ )είναι ομοιόθετο του $\displaystyle{I}$ (ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{DEZ}$ )Συνεπώς η ομοιόθετη της ευθείας EULER $\displaystyle{IO'}$ του τριγώνου $\displaystyle{A'B'C'}$ είναι η ευθεία EULER $\displaystyle{IH}$ του τριγώνου $\displaystyle{EDZ}$
Άρα οι ευθείες αυτές ταυτίζονται κι αφού το $\displaystyle{O}$ είναι σημείο της $\displaystyle{IO'}$ θα ανήκει και στην $\displaystyle{IH}$ κι έτσι τα $\[H,I,O}$ είναι συνευθειακά

ΠΑΡΑΤΉΡΗΣΗ

Ο κύκλος EULER του τριγώνου $\[A’B’C’}$ ξέρουμε πως περνά από το μέσον του $\displaystyle{IA’}$ οπότε $\displaystyle{IS=SA’}$ .Όμως τα τρίγωνα $\displaystyle{IBA’,ICA’}$ είναι ορθογώνια με κοινή υποτείνουσα $\displaystyle{IA’}$ κι έτσι $\displaystyle{BS=SC}$ .Αλλά και $\displaystyle{OB=OC}$ οπότε η $\displaystyle{SO}$ είναι μεσοκάθετη της $\displaystyle{BC}$ Ακόμη $\displaystyle{DI\bot BC}$ Άρα $\displaystyle{DI//OS}$ . Επειδή $\displaystyle{HD\bot ZE}$ ,και $\displaystyle{AA’\bot B’C’//ZE}$ είναι $\displaystyle{DH//AA'}$
Έτσι $\displaystyle{\angle OSI = \angle DIS = \angle IDH,\angle IOS = \angle HID}$
Άρα τα τρίγωνα $\[IOS,HID}$ είναι όμοια οπότε $\[\frac{{IH}}{{OI}} = \frac{{ID}}{{OS}}}$ και αν $\displaystyle{R,r}]$ οι ακτίνες του περιγεγραμμένου-εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου αντίστοιχα θα είναι $\[\boxed{\frac{{IH}}{{OI}} = \frac{r}{R}} \Rightarrow IH = \frac{r}{R} \cdot OI}$
Επειδή από το θεώρημα EULER είναι $\[O{I^2} = {R^2} - 2Rr}$ έχουμε $\[IH = \frac{r}{R} \cdot OI \Rightarrow \boxed{IH = \frac{r}{R} \cdot \sqrt {{R^2} - 2Rr} }}$
Έτσι εκφράσαμε τα τμήματα $\[HI,OI]$ συναρτήσει των $\[R,r]$

.

S.E.Louridas · #6

Ας μου επιτραπεί η συμμετοχή μου στην άριστη Γεωμετρική παρέα και μόνο για λόγους πλουραλισμού.

Έστω

το μέσο του μικρού τόξου

και

το σημείο τομής της

με την

.
Εύκολα έχουμε:
$\displaystyle{\angle IDH = \angle OTI = \frac{{\angle B - \angle C}} {2},\quad \frac{{HD}} {{DI}} = \frac{{2IN}} {{IE}} = \frac{{TC}} {{OT}} = \frac{{TI}} {{OT}}\, \Rightarrow \vartriangle DIH \sim \vartriangle ITO,}$
με τις ευθείες DH, TI

να είναι παράλληλες σαν κάθετες στην ίδια ευθεία, καταλήγοντας έτσι στην απάντηση.

Χρησιμοποιήσαμε ότι TB=TI=TC

, που είναι γνωστή πρόταση και αποδεικνύεται απλά.

#7

Ρίξτε μια ματιά και Εδώ.

Κώστας Βήττας.

parmenides51 · #8

μερικά ερωτήματα επιπλέον πρόσθεσε ο Στάθης εδώ

Υ.Γ. Η ελαφρά άστοχη επαναφορά μου σε καλό μας βγήκε τελικά, νέες λύσεις κερδίσαμε

Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Re: Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Re: Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Re: Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Re: Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Re: Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Re: Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Re: Περίκεντρο - έγκεντρο - "ορθοκεντρο" στον ίσιο δρόμο

Μέλη σε σύνδεση