Όμορφη από IMO shortlist

Grigoris K. · #1

Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \triangle ABC }$ με $\displaystyle{ AB = AC }$ και έστω $\displaystyle{ D }$ το μέσο της $\displaystyle{ AC }$ .
Η διχοτόμος της $\displaystyle{ \widehat{BAC} }$ τέμνει τον κύκλο που διέρχεται από τα $\displaystyle{ D,B }$ και $\displaystyle{ C }$ σε σημείο $\displaystyle{ E }$ εσωτερικά του $\displaystyle{ \triangle ABC }$ .
Η ευθεία $\displaystyle{ BD }$ τέμνει τον κύκλο που διέρχεται από τα $\displaystyle{ A,E}$ και $\displaystyle{ B }$ στα σημεία $\displaystyle{ B }$ και $\displaystyle{ F }$ .
Οι ευθείες $\displaystyle{ AF }$ και $\displaystyle{ BE }$ τέμνονται στο $\displaystyle{ I }$ και οι ευθείες $\displaystyle{ CI }$ και $\displaystyle{ BD }$ τέμνονται στο $\displaystyle{ K }$ .
Να αποδειχθεί ότι το $\displaystyle{ I }$ είναι το έγκεντρο του $\displaystyle{ \triangle KAB }$ .

#2

Grigoris K. έγραψε:Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \triangle ABC }$ με $\displaystyle{ AB = AC }$ και έστω $\displaystyle{ D }$ το μέσο της $\displaystyle{ AC }$ .
Η διχοτόμος της $\displaystyle{ \widehat{BAC} }$ τέμνει τον κύκλο που διέρχεται από τα $\displaystyle{ D,B }$ και $\displaystyle{ C }$ σε σημείο $\displaystyle{ E }$ εσωτερικά του $\displaystyle{ \triangle ABC }$ .
Η ευθεία $\displaystyle{ BD }$ τέμνει τον κύκλο που διέρχεται από τα $\displaystyle{ A,E}$ και $\displaystyle{ B }$ στα σημεία $\displaystyle{ B }$ και $\displaystyle{ F }$ .
Οι ευθείες $\displaystyle{ AF }$ και $\displaystyle{ BE }$ τέμνονται στο $\displaystyle{ I }$ και οι ευθείες $\displaystyle{ CI }$ και $\displaystyle{ BD }$ τέμνονται στο $\displaystyle{ K }$ .
Να αποδειχθεί ότι το $\displaystyle{ I }$ είναι το έγκεντρο του $\displaystyle{ \triangle KAB }$ .

Βρήκα κάποια στοιχειώδη εργαλεία (κατέβασα geogebra, έβαλα ελληνικά σε υπολογιστή κ.λ.π. ) για να πω τα ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ και καλή πρόοδο στον ΜΕΓΑΛΟ ΜΑΣ ΓΡΗΓΟΡΗ από τη βόρεια Ευρώπη.

Και με τα στοιχειώδη εργαλεία θα δώσω και μια στοιχειώδη λύση .
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{ AEFB }$ προκύπτει ότι $\displaystyle{ \angle EFA = \angle EBA\mathop = \limits^{\alpha \pi o\,\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha } \angle ECA \equiv \angle ECD\mathop = \limits^{BEDC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o} \angle DBE \equiv \angle KBE \Rightarrow BE }$ διχοτόμος της $\displaystyle{ \angle KBA }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle KBA }$ .

και $\displaystyle{ \angle FAE\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\,BKEA} \angle BAE\mathop = \limits^{\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha } \angle EAD \Rightarrow \boxed{\angle FAE = \angle EAD}:\left( 1 \right) }$ , όπως και

$\displaystyle{ \begin{gathered} \angle ADE\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\,EDCB} \angle EBC\mathop = \limits^{\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha } \angle ECB \hfill \\ \mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,\tau o\upsilon \,\left( O \right)} \angle EDB \equiv \angle EDF \Rightarrow \boxed{\angle ADE = \angle EDF}:\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} }$

Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{ED = ED\,\,\left( {\Pi - \Gamma - \Gamma } \right)} \vartriangle AED = \vartriangle FED \Rightarrow FD = AD = \frac{{AC}} {2} \Rightarrow AFOC }$ εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου $\displaystyle{ AC }$ .

[attachment=0]1.eps.pdf.png[/attachment]
Από το θεώρημα των τεμνομένων χορδών $\displaystyle{ AF,BE }$ στο σημείο $\displaystyle{ I }$ προκύπτει ότι $\displaystyle{ \left( {IE} \right) \cdot \left( {IB} \right) = \left( {IA} \right) \cdot \left( {IF} \right) \Rightarrow \Delta _{\left( {A,E,F,B} \right)}^{\left( I \right)} = \Delta _{\left( {B,C,D,E} \right)}^{\left( I \right)} \Rightarrow I }$ είναι σημείο του ριζικού άξονα των δύο κύκλων (της κοινής τους χορδής) και με $\displaystyle{ C }$ ένα κοινό τους σημείο προκύπτει ότι $\displaystyle{ C,I,Z }$ είναι συνευθειακά, όπου $\displaystyle{ \left\{ {C,Z} \right\} \equiv \left( {A,C,O,F} \right) \cap \left( {E,D,C,B} \right) }$ .

Με $\displaystyle{ DO\parallel AB }$ , ( $\displaystyle{ D,O }$ τα μέσα των $\displaystyle{ CA,CB }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC \ αντίστοιχα προκύπτει ότι \displaystyle{ \boxed{\angle DBA = \angle BDO \equiv \angle KDO}:\left( 3 \right) }$ και με

$\displaystyle{ \begin{gathered} \angle DKC = \frac{{\tau o\xi .DC + \tau o\xi .BZ}} {2}\mathop = \limits^{\tau o\xi .DC = \tau o\xi .DZ\,\,(DZ = DA = DC = DO = R_{\left( {Z,D,C,B} \right)} )} \frac{{\tau o\xi .DZ + \tau o\xi .BZ}} {2} \hfill \\ = \frac{{\tau o\xi .BZD}} {2} = \angle DCO\mathop = \limits^{DC = DO = R_{\left( {Z,D,C,B} \right)} } \angle DOC \Rightarrow DKOC \hfill \\ \end{gathered} }$ εγγράψιμο σε κύκλο άρα
$\displaystyle{ \begin{gathered} \angle FDO \equiv \angle KDO = \angle KCO \equiv \angle ZCO\mathop \Rightarrow \limits^{\angle FDO\,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta - \angle OCZ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \tau o\xi .FO = \tau o\xi .FZ \Rightarrow \hfill \\ \angle ZCF = \frac{{\angle ZCO}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ZCO = \angle FDO = \angle KBA} \boxed{\angle ZCF = \frac{{\angle KBA}} {2}}:\left( 3 \right) \hfill \\ \end{gathered} }$ .

Τέλος από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{ AZFC \ προκύπτει ότι : \[ \angle AIK \equiv \angle AIC = \frac{{\tau o\xi .AC + \tau o\xi .ZF}} {2} = \frac{{180^0 + \tau o\xi .ZF}} {2} = 90^0 + \angle ZCF\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{\angle AIK = 90^0 + \frac{{\angle KBA}} {2}}:\left( 4 \right) }$

Και επειδή όπως δείξαμε το $\displaystyle{ I }$ είναι σημείο της διχοτόμου $\displaystyle{ BE }$ του τριγώνου $\ \vartriangle ABK }$ θα είναι το έγκεντρό του και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Ζητώ συγγνώμη που δεν είναι καλαίσθητη αυτή η ανάρτηση και θα επανορθώσω όταν βρεθώ στην Ελλάδα

Grigoris K. · #3

Χρόνια Πολλά, κ. Στάθη! Σας ευχαριστώ πολύ που ασχοληθήκατε και δώσατε την παραπάνω σύντομη λύση παρότι βρίσκεστε εκτός "βάσης"

.

MAnTH05 · #4

Μία ακόμη αντιμετώπιση:

Αρχικά παρατηρούμε πως $\angle DBE = \angle DCE$ (από το εγγεγραμμένο EDCB

). Άρα $\angle DBE = \angle CBA - \angle ECB$ .
Ισχύει $\angle EBA = \angle CBA - \angle CBE$ .
Όμως $\angle CBA = \angle ACB$ και $\angle CBE = \angle ECB$ αφού $AM \perp BC$ . Άρα $\angle KBI = \angle IBA$ (εφόσον

,

συνευθειακά).

Συνεπώς το τμήμα

διχοτομεί την $\angle KBA$ . Θα δείξουμε ότι και το τμήμα

διχοτομεί την $\angle BAK$

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο EFBA

λαμβάνουμε $\angle BAF = \angle BEF =\theta$ , $\angle EBA =\angle EFA$ , $\angle FAE = \angle FBE$ και $\angle AEB = \angle AFB$ .

Έτσι, από το τρίγωνο EAF

έχουμε $\theta = 180^{\circ} - (\angle AEB + \angle DBA)$ (1)

. Το

είναι το έγκεντρο του DAB

, άρα $\angle AEB = 90^{\circ} + \frac{\angle ADB}{2}$ . Από την (1)

έχουμε $\theta = 180^{\circ} - (90^{\circ} + \frac{\angle ADB}{2} + \angle DBA)$ (2)

.

Στο σημείο αυτό θα προσπαθήσουμε να δείξουμε ότι τα τρίγωνα ADB

και

είναι όμοια. Θεωρούμε το συμμετρικό του

ως προς το

. Το τετράπλευρο AΒ'CB

είναι παραλληλόγραμμο, εφόσον οι διαγώνιοι διχοτομούνται.
Ισχύει $\angle B'CA = \angle BAC$ , άρα αρκεί να δείξουμε ότι τα σημεία

,

και

είναι ομοκυκλικά.

Εφαρμόζουμε σπειροειδή ομοιότητα με κέντρο

που στέλνει το DAK

στο

. Ο μετασχηματισμός αυτός μας δίνει $\angle ADK = \angle CMK$ (3)

Συνεπώς το τετράπλευρο KDCM

είναι εγγράψιμο. Ακόμη, η

συνδέει τα μέσα των

και

, άρα $DM \parallel AB$ (4)

. 'Ετσι: $\angle CMD = \angle DCM$ . Εφόσον, λοιπόν, $\angle CAB' = \angle ACB$ και $\angle CKD = \angle CMD$ θα είναι και $\angle CAB' = \angle CKB'$ (5)

, δηλαδή το AB'CK

είναι εγγράψιμο.

Άρα $\angle DKA = \angle B'CA = \angle BAC$ (6)

. Συνεπώς το ADB

είναι όμοιο με το ADK

.Έστω $\angle FAK = \phi$
Από το τρίγωνο KAF

έχουμε: $\phi = 180^{\circ} - (90^{\circ} + \frac{\angle ADB}{2} +\angle DBA)$
'Αρα $\phi = \theta$ (7)

, δηλαδή η

διχοτομεί την $\angle BAK$ και το ζητούμενο έπεται. $\square$

: Egkentro.png (331.63 KiB) Προβλήθηκε 2967 φορές

Όμορφη από IMO shortlist

Όμορφη από IMO shortlist

Re: Όμορφη από IMO shortlist

Re: Όμορφη από IMO shortlist

Re: Όμορφη από IMO shortlist

Μέλη σε σύνδεση