Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

#1

Από τεστ επιλογής για την ομάδα της Ρουμανίας στη Βαλκανιάδα νέων το 2010, παίρνω την παρακάτω:

ΑΣΚΗΣΗ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με έγκεντρο Ι και περιγεγραμμένο σε κύκλο C . Ο εγγεγραμμένος κύκλος (Ι) του τριγώνου ΑΒΓ εφάπτεται με την πλευρά ΒΓ στο Δ. Η ευθεία ΑΙ τέμνει τον κύκλο C στο Μ , ενώ η ευθεία ΜΔ ξανατέμνει τον κύκλο C στο Ρ. Να αποδειχθεί ότι η γωνία ΑΡΙ είναι ορθή.

Μπάμπης

Σακης · #2

Θα δουλεψω την ασκηση αναποδα.

Εστω E,F

σημεια επαφης του εγγεγραμενου με τις AB,AC

αντιστοιχως.
Φερνω τον κυκλο

με διαμετρο την

ο οποιος περνα απο τα E,F

.
Εστω

το δευτερο σημειο τομης του

με τον περικυκλο του $\triangle{ABC}$ .
Θεωρω

την τομη του

με το υψος που αγεται εκ του

προς την

.
Τοτε $\widehat{AHI}=90^\circ$ , αρα $IH\parallel{BC}$ .
Οριζω D,M

τα σημεια τομης της

με την

και τον περικυκλο αντιστοιχως.

Εχουμε οτι: $\displaystyle{\widehat{IHD}=\widehat{PAI}=\widehat{PAB}+\frac{\widehat{A}}{2}}$ .

Ομως $\widehat{IHD}=\widehat{PDB}=\widehat{PMB}+\widehat{CBM}$ .

Αρα $\displaystyle{\widehat{CBM}=\frac{\widehat{A}}{2}}$ , αρα

μεσο του τοξου

.

Οποτε A,I,M

συνευθειακα. Εστω $K\equiv{AM}\cap{BC}$ .

Απο Θ.Θαλη εχουμε οτι $\displaystyle{\frac{HD}{DM}=\frac{IK}{KM}}$ .
Απο τα ομοια τριγωνα BMK

και

ισχυει $\displaystyle{\frac{AB}{BK}=\frac{BM}{KM}=\frac{IM}{KM}}$ (1).

Απο Θ.διχοτομων στο $\triangle{ABK}$ εχουμε: $\displaystyle{\frac{AB}{BK}=\frac{IA}{IK}}$ (2).

Απο τις (1) και (2) προκυπτει $\displaystyle{\frac{IK}{KM}=\frac{IA}{IM}}$
Αρα $\displaystyle{\frac{IA}{IM}=\frac{HD}{DM}}$ . Αρα ισχυει το Θ.Θαλη και $AH\parallel{ID}$ .
Αρα το

ειναι το σημειο επαφης του εγγεγραμμενου με την

.

Αρα

συνευθειακα και $\widehat{API}=\widehat{AHI}=90^\circ$ .

: Askhsh stergiou2.png (79.6 KiB) Προβλήθηκε 1133 φορές

#3

Από $\displaystyle\angle BPM = \frac{\angle A}{2} = \angle MBC,$ όπου $M\equiv (O)\cap AI,$ συμπεραίνουμε ότι η ευθεία MB,

εφάπτεται του περίκυκλου (K)

του τριγώνου $\triangle PBD$ στο σημείο

και άρα έχουμε $(MB)^{2} = (MD)\cdot (MP)$ ,(1)

Ισχύει όμως ότι MB = MI = MC

Εάν

είναι το μέσον του τόξου

του κύκλου (O),

που δεν περιέχει το

αποδεικνύεται εύκολα ότι ο κύκλος (M),

με κέντρο το

και ακτίνα MB = MC,

περνάει από το έγκεντρο

και το παράκεντρο $I_{a}$ του $\triangle ABC$ . Επίσης, ο κύκλος $(M^{\prime}),$ με κέντρο το αντιδιαμετρικό σημείο $M^{\prime},$ του

και ακτίνα $M^{\prime}B = M^{\prime}C,$ περνάει από τα παράκεντρα $I_{b},\ I_{c}$

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $(MI)^{2} = (MD)\cdot (MP)$ ,(3)

Από

συμπεραίνουμε ότι η ευθεία AM,

εφάπτεται του περίκυκλου (L)

του τριγώνου $\triangle PID,$ στο σημείο

και άρα έχουμε ότι $\angle MPI = \angle DIM$ ,(4)

Ισχύει όμως $\angle DIM = \angle ZAM = \angle MAA^{\prime}$ ,(5)

όπου

είναι το ύψος του $\triangle ABC$ και $A^{\prime}$ το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (O).

Από $(4),\ (5)$ $\Longrightarrow$ $\angle MPI = \angle MAA^{\prime}$ ,(6)

Από

προκύπτει ότι η ευθεία

περνάει από το $A^{\prime}$ .

Έτσι, στο ορθογώνιο τρίγωνο $\triangle PAA^{\prime}$ έχουμε ότι $\angle APA^{\prime} = 90^{o}$ $\Longrightarrow$ $AP\perp PI$ και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

dimitris pap · #4

Κατ' αρχάς θέλω να πω ότι εκπλήσσομαι που αυτή η άσκηση απευθυνόταν στους νέους, αλλά η Ρουμανία πάντα μας εκπλήσσει!!

Κατά δεύτερον θέλω να παραθέσω τη λύση μου που βασίζεται σε ένα λήμμα που είχα βρει πριν περίπου μισό χρόνο και το οποίο αποδεικνύει πολύ ωραία και ο Σάκης. Συγκεκριμένα:

Λημμα

Εστω τρίγωνο ABC

, με

έγκεντρο,

το μέσο του τόξου

,

η προβολή του Ι στην

και

η προβολή του

στο ύψος

. Τότε

συνευθειακά!

Απόδειξη: Εστω I_a

παράκεντρο. Τότε B(A,I , C, I_a)

αρμονική δέσμη κι οπότε και Z((A, I,C, I_a)

αρμονική δέσμη! Ομως $AZ\perp ZC \iff$ η

είναι διχοτόμος της IZI_a

. Ετσι

μέσο της

όπου

η τομή της

με την

. Επίσης

μέσο της

κι άρα

που σημαίνει ότι η

τέμνει την

στο μέσο της, κι άρα η

είναι διαγώνιος στο ορθογώνιο IDZH

που σημαίνει ότι D,M,H

συνευθειακά!
---------------------------------------------------------------------

Τώρα βάσει αυτού μπορούμε να αποδείξουμε το πρόβλημα μας λέγοντας πως:
$\displaystyle \angle{HIA}+\angle{APH}=90-HAI+ABM=$
.
$\displaystyle =90-\frac{B-C}{2}+B+\frac{A}{2}=90+\frac{A+B+C}{2}=180$
.
Eτσι APHI

εγγράψιμο και άρα API=AHI=90

Κώστας Παππέλης · #5

Κάτι ακόμα ενδιαφέρον για την άσκηση αυτή, το οποίο πάλι είναι λήμμα που σκέφτηκε ο Δημήτρης είναι να αποδειχθεί ότι η MD διέρχεται και από το μέσο του τμήματος ΙΛ όπου Λ το ίχνος του ύψους!

#6

Πραγματικά η άσκηση είναι δύσκολο να τη ξεκλειδώσει κανείς αν δεν έχει υπόψην αυτό με το ίχνος (παρόλα αυτά η λύση του κ.Βήττα δείχνει το πόσο πλούσιες μπορεί να είναι οι λύσεις, βασισμένη και αυτή στη μεθολογική ενότητα "δημιουργία όμοιων τριγώνων με τη δύναμη σημείου" ).
Την άσκηση την έλυσα ακριβώς όπως ο Δημήτρης, διότι τότε μου είχε πει το λήμμα του

, αλλά δε θέλησα να την ποστάρω πιστεύοντας ότι θα χρησιμοποιούσε το λήμμα για τη δημιουργία κάποιας άσκησης επιπέδου ΒΜΟ την οποία και θα πρότεινε. Συγχαρητήρια και στο Σάκη για την ιδιαίτερη λύση του !!

#7

Μόλις τώρα έψαξα στις πηγές και είδα μια λύση στο :

http://www.mateforum.ro/viewtopic.php?t=5092

Είναι και αυτή μετρική με δύναμη σημείου.Δεν κάνω την ελληνική απόδοση, αλλά παρακαλώ όποιον τα καταφέρνει ,έστω με τα συμφραζόμενα, να το κάνει για τους φίλους μας που δεν έχουν εξοικειωθεί με τη γλώσσα του κειμένου.
Θα τη μελετήσω , όπως επίσης και τις πολύ ωραίες προσεγγίσεις που κάνατε.

Μπάμπης

#8

Ας δούμε μία απλή λύση του προβλήματος που έχει τεθεί, εμπνευσμένη από τα όσα γράφει Virgil Nicula στη διεύθυνση που μας έδωσε ο Μπάμπης, αν και δεν γνωρίζω καθόλου τα ρουμάνικα.

$\bullet$ Έστω $M^{\prime}$ το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (O)

και από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\triangle FAI,\ \triangle BM^{\prime}M,$ έχουμε ότι $\displaystyle\frac{IA}{MM^{\prime}} = \frac{IF}{MB}$ ,(1)

Από

$\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{IA}{AA^{\prime}} = \frac{ID}{IM}$ ,(2)

αφού

και $MM^{\prime} = AA^{\prime}$ και MB = MI

Από

και $\angle DIM = \angle IAA^{\prime}$ , συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα $\triangle DIM,\ \triangle IAA^{\prime}$ είναι όμοια και άρα έχουμε $\angle DMI = \angle IA^{\prime}A$ ,(3)

Από

συμπεραίνουμε ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο $P\equiv (O)\cap A^{\prime}I$ και το ζητούμενο προκύπτει άμεσα.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Τελικά, ξαναβλέποντας σήμερα το πρωϊ τα όσα γράφει ο Virgil Nicula, διαπιστώνω ότι συνδυάζοντάς τα με τα λιγοστά αγγλικά μου, καταλαβαίνω αρκετά από τα ρουμάνικα.

#9

Πριν κάμποσο καιρό, αναζητώντας άλλη μία απόδειξη για το Θ. του Euler, κατέληξα στην ισοδυναμία του με την πρόταση ότι οι Α΄Ι και ΜΔ (Α΄το αντιδιαμετρικό του Α, Δ η προβολή του Ι στη ΒΓ, Μ το μέσο του ΒΓ) τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ. Και τούτο γιατί το τελευταίο ισοδυναμεί με την ισότητα των γωνιών Μ και Α΄.
Η ομοιότητα των τριγώνων ΙΔΜ και ΑΙΑ΄αποδεικνύεται αν χρησιμοποιήσουμε το Θ. του Euler:
Οι γωνίες ΔΙΜ και ΙΑΟ είναι ίσες με την ημιδιαφορά των Β και Γ και $AI\cdot IM =R^{2}-OI^{2}=2Rr=AA'\cdot I\Delta$
Από ότι βλέπω, αυτή νομίζω είναι και η λύση του Ρουμάνικου forum.

#10

Στο εξαιρετικό βιβλίο του Χ. ΤΑΒΑΝΛΗ, επίπεδος γεωμετρία 1, σελίδα 215, εκδόσεις Ι. Χιωτέλλη, Αθήνα (;), υπάρχει απόδειξη της ( γνωστής ως Θεώρημα Euler ) σχέσης, που αφορά στην απόσταση OI,

του περίκεντρου από το έγκεντρο ενός τριγώνου.

$\bullet$ Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\triangle FAI,\ \triangle BM^{\prime}M$ και την ισότητα (1)

που γράφω πιο πάνω και το ότι IM = MB

,

έχουμε ότι $(IA)\cdot (IM) = (IF)\cdot (MM^{\prime}) = 2Rr$ ,(4)

Αλλά $(IA)\cdot (IM) = R^{2} - (OI)^{2}$ ,(5)

Έτσι, από $(4),\ (5)$ $\Longrightarrow$ $(OI)^{2} = R^{2} - 2Rr$ ,(6)

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Είναι παράξενο, αλλά το βιβλίο του Χ. ΤΑΒΑΝΛΗ αν και έχει εκδοθεί περίπου σαράντα χρόνια πριν, νομίζω ότι κυκλοφορεί ακόμα.

Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Re: Περίκεντρο , έγκεντρο και καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση