Γωνία -OMB- ορθή

#1

...

Ένας κύκλος κέντρου

περνάει από τις κορυφές A,C

του τριγώνου ABC

και τέμνει πάλι τις πλευρές AB,BC

σε διακεκριμένα σημεία K,N

.
Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ABC,KBN

τέμνονται σε ακριβώς δύο διακεκριμένα σημεία

και

.
Να δείξετε ότι $\widehat{OMB}=90^o$

S.E.Louridas · #2

Το πρόβλημα, αν δεν κάνω λάθος είναι ισοδύναμο με το εξής:
Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και δύο χορδές του, έστω ΑΚ, ΝΓ που τέμνονται, έστω στο Β. Θεωρούμε το σημείο Miquel, έστω Μ του συστήματος των ΒΑΚ, ΒΝΓ όπου οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΒΑΓ, ΒΚΝ, ΡΑΚ, ΡΝΓ (Ρ το σημείο τομής των ΑΓ, ΚΝ) τέμνονται στο Μ. Αν η ΝΜ τέμνει τον κύκλο Ο στο Υ και η ΑΜ στο Χ,
εύκολα έχουμε την παραλληλία των ΑΥ, ΡΜ, ΝΧ που σημαίνει ότι το τραπέζιο , πλέον ΑΥΧΝ είναι ισοσκελές πράγμα που οδηγεί στην λύση.
Παρατήρηση:
Η ΜΡ διέρχεται προφανώς από το ριζικό κέντρο των κύκλων Ο, (ΡΑΚ), (ΡΝΓ) πού είναι το σημείο Β.

S.E.Louridas

#3

Θα χρησιμοποιηθούν στοιχεία αντιστροφής.

: Γωνία -OMB- ορθή.jpg (38.47 KiB) Προβλήθηκε 1150 φορές

Αντιστρέφουμε το σχήμα με πόλο το σημείο

και λόγο αντιστροφής την δύναμη του

ως προς κύκλο $\displaystyle{\left( {O,r} \right)}$ . Τότε ο $\displaystyle{\left( {O,r} \right)}$ θα μείνει αμετάβλητος και θα έχουμε τους μετασχηματισμούς $\displaystyle{N \leftrightarrow C{\text{ \& }}K \leftrightarrow A}$ , επομένως ο κύκλος $\displaystyle{\left( {S,r'} \right)}$ μετασχηματίζεται στην ευθεία

(ο πόλος ανήκει στον $\displaystyle{\left( {S,r'} \right)}$ ) και ο κύκλος $\displaystyle{\left( {T,R} \right)}$ στην ευθεία

.

Επομένως $\displaystyle{BT \bot KN{\text{ \& }}BS \bot AC}$ και επειδή $\displaystyle{OS \bot KN}$ (διάκεντρος), προκύπτει ότι το $\displaystyle{OTBS:}$ παραλληλόγραμμο. Τα τρίγωνα $\displaystyle{OMS{\text{ \& }}OMT}$ είναι ίσα διότι $\displaystyle{SM = SB = OT = r',{\text{ }}SO = BT = TM = R}$ και OM:

κοινή. Άρα $\displaystyle{MO\parallel ST \bot MB}$ (διάκεντρος)._

#4

Και μια συμβατική λύση (με δανεικά στοιχεία)

: Γωνία -OMB- ορθή-2.jpg (52.49 KiB) Προβλήθηκε 1080 φορές

Λήμμα (σχήμα 1)
Δίδεται ο κύκλος $\displaystyle{\left( {K,R} \right)}$ και τα σημεία $\displaystyle{A,B{\text{ \& }}\Gamma }$ αυτού. Αν για τα σημεία $\displaystyle{\Delta {\text{ \& }}{\rm E}}$ ισχύει $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Delta = {\rm A}\Gamma \cdot {\rm A}{\rm E}}$ τότε $\displaystyle{{\rm A}{\rm K} \bot \Delta {\rm E}}$ .
Απόδειξη.
$\displaystyle{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Delta = {\rm A}\Gamma \cdot {\rm A}{\rm E} \Rightarrow {\rm B}\Gamma {\rm E}\Delta :}$ εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{ \Rightarrow \hat \omega = \hat \varphi }$ . Όμως $\displaystyle{\hat \omega = \hat \theta \Rightarrow \hat \theta = \hat \varphi \Rightarrow \Theta \Gamma {\rm E}{\rm H}:}$ εγγράψιμο και επειδή $\displaystyle{\widehat{\Theta \Gamma {\rm E}} = {90^o} \Rightarrow \widehat{{\rm A}{\rm H}{\rm E}} = {90^o}}$ .

Στην άσκηση (σχήμα 2)
$\displaystyle{AKNC:}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow BK \cdot BA = BN \cdot BC \Rightarrow }$ (λήμμα στον κύκλο $\displaystyle{\left( {S,r'} \right)}$ ) $\displaystyle{BS \bot AC}$ . Επίσης $\displaystyle{BA \cdot BK = BC \cdot BN \Rightarrow }$ (λήμμα στον κύκλο $\displaystyle{\left( {T,R} \right)}$ ) $\displaystyle{BT \bot KN}$ . Ισχύει $\displaystyle{TO \bot AC}$ (διάκεντρος κάθετη στην κοινή χορδή) και $\displaystyle{BS \bot AC}$ , άρα $\displaystyle{\boxed{BS\parallel TO}}$ . Όμοια $\displaystyle{\boxed{SO\parallel BT}}$ . Δηλαδή το $\displaystyle{OTBS:}$ είναι παραλληλόγραμμο. Τα τρίγωνα $\displaystyle{OMS{\text{ \& }}OMT}$ είναι ίσα διότι $\displaystyle{SM = SB = OT = r',{\text{ }}SO = BT = TM = R}$ και $\displaystyle{OM:}$ κοινή. Άρα $\displaystyle{MO\parallel ST \bot MB}$ (διάκεντρος κάθετη στην κοινή χορδή).

Παρατήρηση (σχήμα 3).
Πολύ ενδιαφέρον παρουσιάζει το «φαινόμενο» ότι στην κατασκευή του σχήματος 3 το τερτράπλευρο $\displaystyle{BTOS}$ είναι παραλληλόγραμμο.

#5

Σεραφείμ έγραψε:Και μια συμβατική λύση (με δανεικά στοιχεία)
...

...λένε...μια εικόνα ,χίλιες λέξεις

...δίνω δυο εικόνες.....

.....

#6

Αξίζει εδώ νομίζω να αναφερθεί το κριτήριο των Αντιπαράλληλων ευθειών ( χρησιμοποιώ το σχήμα 1 του Σεραφείμ πιο πάνω ).

$\bullet$ Αν δούμε τα $B,\ C,\ E,\ D,$ ως σημεία τομής των πλευρών της γωνίας $\angle A$ από τυχόντα κύκλο ( αφού από $AB\cdot AD = AC\cdot AE$ $\Longrightarrow$ BCED

εγγράψιμο ) τότε, από $\angle DEA = \angle CBA = \angle CAA{'}$ όπου AA{'}

είναι η εφαπτομένη του περίκυκλου (K)

του $\triangle ABC$ και το A{'}

προς το μέρος τη

που είναι το

συμπεραίνουμε ότι $DE\parallel AA{'}$ $\Longrightarrow$ $AK\perp DE.$

Δηλαδή, αν θεωρήσουμε σταθερό το τρίγωνο $\triangle ABC$ τότε, κάθε κύκλος με χορδή το

που τέμνει τις ευθείες $AB,\ AC$ στα σημεία $D,\ E$ αντιστοίχως

στην προέκταση των $AB,\ AC$ προς το μέρος των $B,\ C$ όπως στο σχήμα 1, ή και το μέρος του

, ή και μεταξύ των $A,\ B$ και $A,\ C$

, ισχύει πάντοτε ότι $DE\parallel AA{'}$ και άρα, η ευθεία

είναι πάντοτε κάθετη στην ευθεία που συνδέει την κορυφή

του $\triangle ABC,$ με το περίκεντρό του

Οι ευθείες $BC,\ DE,$ ονομάζονται Αντιπαράλληλες ευθείες η μία της άλλης, ως προς τις ευθείες των πλευρών της γωνίας $\angle A$ του $\triangle ABC.$

$\bullet$ Με τον ίδιο τρόπο, αν θεωρήσουμε το τρίγωνο $\triangle ADE$ και τα $B,\ C,$ ως τα σημεία τομής των $AD,\ AE$ από τον περίκυκλο του BCED

ως τυχόντα κύκλο χορδής

έχουμε το ότι η ευθεία

είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει την κορυφή

του $\triangle ADE,$ με το περίκεντρό του.

Έτσι, στο σχήμα 2 ως άνω, με το κριτήριο των Αντιπαράλληλων ευθειών, συμπεραίνεται άμεσα το ότι $BT\perp KN$ και $BS\perp AC$ και επειδή ισχύει $TO\perp AC$ και $OS\perp KN$

ως διάκεντροι των ζευγών των κύκλων $O),\ (T)$ και $(O),\ (S),$ αντιστοίχως

προκύπτει ότι το BTOS

είναι παραλληλόγραμμο.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Έτσι, το ζητούμενο $OM\perp MB$ αποδεικνύεται εναλλακτικά και ως εξής : ( στο σχήμα 3 ως άνω )

Έστω B{'}

το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον κύκλο (S)

και από $TO\parallel = BS = SB{'}$ $\Longrightarrow$ $TO\parallel = SB{'}$ $\Longrightarrow$ STOB{'}

παραλληλόγραμμο και άρα έχουμε $OB{'}\parallel = TS$ $\Longrightarrow$ $OB{'}\perp MB$ ,(1)

γιατί ισχύει $TS\perp MB,$ λόγω της

ως διακέντρου των κύκλων $(T),\ (S).$

Αλλά, ισχύει επίσης και $B{'}M\perp MB$ ,(2)

Από $(1),\ (2)$ προκύπτει ότι τα σημεία $O,\ B{'},\ M$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#7

Χρόνια πολλά !

Δεν έχω δει σε κανένα άλλο μαθηματικό φόρουμ, αγγλικό τουλάχιστον , στο οποίο αυτό το θέμα της ΙΜΟ να έχει υποστεί τέτοια επεξεργασία !
Το έχουμε και εδώ ξαναλύσει , αλλά με άλλους τρόπους ! Θυμάμαι σίγουρα ότι ο Σωτήρης Λουρίδας είχε δώσει τότε άλλη λύση , από αυτή που έδωσε τώρα. Θα ψάξω να βρω το σύνδεσμο .
Να δω πότε θα μπορέσω να τακτοποιήσω όλες αυτές τις λύσεις.

Μπάμπης

hsiodos · #8

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Χρόνια πολλά !

Δεν έχω δει σε κανένα άλλο μαθηματικό φόρουμ, αγγλικό τουλάχιστον , στο οποίο αυτό το θέμα της ΙΜΟ να έχει υποστεί τέτοια επεξεργασία !
Το έχουμε και εδώ ξαναλύσει , αλλά με άλλους τρόπους ! Θυμάμαι σίγουρα ότι ο Σωτήρης Λουρίδας είχε δώσει τότε άλλη λύση , από αυτή που έδωσε τώρα. Θα ψάξω να βρω το σύνδεσμο .
Να δω πότε θα μπορέσω να τακτοποιήσω όλες αυτές τις λύσεις.

Μπάμπης

Μπάμπη Χρόνια πολλά

Μάλλον αναφέρεσαι εδώ

Γιώργος

#9

hsiodos έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Χρόνια πολλά !

Δεν έχω δει σε κανένα άλλο μαθηματικό φόρουμ, αγγλικό τουλάχιστον , στο οποίο αυτό το θέμα της ΙΜΟ να έχει υποστεί τέτοια επεξεργασία !
Το έχουμε και εδώ ξαναλύσει , αλλά με άλλους τρόπους ! Θυμάμαι σίγουρα ότι ο Σωτήρης Λουρίδας είχε δώσει τότε άλλη λύση , από αυτή που έδωσε τώρα. Θα ψάξω να βρω το σύνδεσμο .
Να δω πότε θα μπορέσω να τακτοποιήσω όλες αυτές τις λύσεις.

Μπάμπης
Μπάμπη Χρόνια πολλά

Μάλλον αναφέρεσαι εδώ

Γιώργος

Γιώργο, ακριβώς και σε ευχαριστώ πολύ !
Ήσουν και συ από τους ωραίους λύτες σε αυτήν την όντως ωραία άσκηση !

Μπάμπης

#10

Γιώργο,δε τη θυμόμουν καθόλου ...
ας δούμε κι αυτό

Γωνία -OMB- ορθή

Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Re: Γωνία -OMB- ορθή

Μέλη σε σύνδεση