Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

#1

Ελπίζοντας να μην έχει ξανασυζητηθεί !!!

: Ο κύκλος του ΒΗΤΤΑ.png (118.57 KiB) Προβλήθηκε 1611 φορές

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο $\displaystyle{ ABCD }$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $\displaystyle{ O \equiv AC \cap BD }$ .

Έστω επίσης $\displaystyle{ K_1 ,K_2 ,K_3 ,K_4 }$ τα βαρύκεντρα και $\displaystyle{ H_1 ,H_2 ,H_3 ,H_4 }$ τα ορθόκεντρα

των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle OAB,\vartriangle OBC,\vartriangle OCD,\vartriangle ODA }$ αντίστοιχα.

Ως γνωστό (από το Παγκόσμιο Θεώρημα ΒΗΤΤΑ (του δικού μας Κώστα)) οι ευθείες Euler $\displaystyle{ K_1 H_1 ,K_2 H_2 ,K_3 H_3 ,K_4 H_4 }$

των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle OAB,\vartriangle OBC,\vartriangle OCD,\vartriangle ODA }$ διέρχονται από το ίδιο σημείο (Σημείο ΒΗΤΤΑ).

Αν $\displaystyle{ V }$ το σημείο ΒΗΤΤΑ να δειχθεί ότι:

i) Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle VH_1 H_2 ,\vartriangle VH_1 H_4 ,\vartriangle VH_4 H_3 ,\vartriangle VH_3 H_2 }$ είναι ίσοι.

ii) Αν $\displaystyle{ V_1 ,V_2 ,V_3 ,V_4 }$ είναι τα κέντρα των ως άνω κύκλων αντίστοιχα τότε το τετράπλευρο $\displaystyle{ V_1 V_2 V_3 V_4 }$

είναι εγγράψιμο σε κύκλο του οποίου το κέντρο είναι το σημείο ΒΗΤΤΑ.

Τον κύκλο αυτόν "βαφτίζω" στο εξής ως 'ΚΥΚΛΟ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ"

Με εκτίμηση στον αγαπητό μου φίλο Κώστα Βήττα
Στάθης

#2

Στάθη καλησπέρα και σ' ευχαριστώ για το αποτέλεσμα που βρήκες, το οποίο είναι καινούργιο για μένα.

Το ίδιο αποτέλεσμα ισχύει και για τα τρίγωνα που ορίζονται από το σημείο

και τα περίκεντρα των τριγώνων $\vartriangle OAB,\ \vartriangle OBC,\ \vartriangle OCD,\ \vartriangle ODA$ αντί των ορθοκέντρων τους. Δηλαδή υπάρχουν δύο τετράδες ίσων κύκλων τα κέντρα των οποίων, ανήκουν σε δύο ομόκεντρους κύκλους με κέντρο το

Άλλες δύο τετράδες ίσων κύκλων σχετίζονται με το σημείο

( τομής των διαγωνίων του δοσμένου τετραπλεύρου ABCD

) τα κέντρα των οποίων, ανήκουν σε δύο ομόκεντρους κύκλους με κέντρο το

Το κύριο ζητούμενο είναι να αποδειχθεί ότι είναι ίσοι οι κύκλοι που αναφέρεις. Το ότι τα κέντρα αυτών των κύκλων είναι ομοκυκλικά με κέντρο το

συμπεραίνεται άμεσα από την ισότητά τους, αφού όλοι περνάνε από το

Βρήκα μία όχι δύσκολη απόδειξη για την ισότητα των περίκυκλων των τριγώνων $\vartriangle VH_{1}H_{2},\ \vartriangle VH_{2}H_{3},\ \vartriangle VH_{3}H_{4},\ \vartriangle VH_{4}H_{1},$ η οποία βασίζεται στο παρακάτω Λήμμα 1.

ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται παραλληλόγραμμο και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του, ώστε να είναι $\angle PAB = \angle PCB$ . Αποδείξτε ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle PAB,\ \vartriangle PBC,\ \vartriangle PCD,\ \vartriangle PDA$ είναι ίσοι και ότι τα κέντρα τους είναι ομοκυκλικά σημεία με κέντρο το σημείο

Θα δώσω τις αποδείξεις αργότερα, αφού βεβαιωθώ ότι δεν υπάρχει κάποιο λάθος.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Στάθη, θα κρατήσω με το όνομά σου, αυτό το όμορφο αποτέλεσμα που μας έδωσες και σε ευχαριστώ και πάλι για το ενδιαφέρον σου για το "περιώνυμο" θεώρημα...

Όσο για τις ονοματοδοσίες σου ως Νονός, ελπίζω να μη βρεθώ υπόχρεος έκτακτης εισφοράς, λόγω μεγάλης γεωμετρικής περιουσίας ( θεώρημα + σημείο + κύκλος )...

#3

Επιτρέψτε μου να αλλάξω λίγο τους συμβολισμούς στο πρόβλημα που έχει τεθεί.

Έτσι, ας είναι $K_{1},\ K_{2},\ K_{3},\ K_{4},$ τα περίκεντρα των τριγώνων $\vartriangle PAB,\ \vartriangle PBC,\ \vartriangle PCD,\ \vartriangle PDA$ αντιστοίχως, όπου

είναι το σημείο τομής των διαγωνίων $AC,\ BD,$ του δοσμένου τετραπλεύρου ABCD,

εγγεγραμμένου στον κύκλο έστω (O)

, με κέντρο το

: Ομοκυκλικά περίκεντρα Θεωρήματος V - Απόδειξη αποτελέσματος οφειλόμενου στον Στάθη Κούτρα.; f=112_t=23211.PNG (51.46 KiB) Προβλήθηκε 1170 φορές

$\bullet$ Στα όμοια τρίγωνα $\vartriangle PAB,\ \vartrianangle PDC,$ οι $K_{1}H_{1},\ K_{3}H_{3}$ ( ευθείες Euler αυτών των τριγώνων ) είναι ομόλογες ευθείες.

Επίσης και οι $BH_{1},\ CH_{3}$ είναι ομόλογες ευθείες των ως άνω τριγώνων, ως τα αντίστοιχα ύψη επί των ομολόγων πλευρών τους $PA,\ PD.$

Επόμένως έχουμε $\angle K_{1}H_{1}B = \angle K_{3}H_{3}C$ $\Longrightarrow$ $\angle VH_{1}H_{2} = \angle VH_{3}H_{2}\ \ ,(1)$

Στο παραλληλόγραμμο $H_{1}H_{2}H_{3}H_{4}$ τώρα, έχουμε το σημείο

στο εσωτερικό του ισχύει η (1)

και συμφωνα με το Λήμμα 1 που αναφέρθηκε πιο πάνω, συμπεραίνεται ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle VH_{1}H_{2},\ \vartriangle VH_{2}H_{3},\ \vartriangle VH_{3}H_{4},\ \vartriangle VH_{4}H_{1}$ είναι ίσοι και το (α) ζητούμενοι έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Από την ισότητα των ως άνω ίσων κύκλων, συμπεραίνεται άμεσα ότι τα κέντρα τους είναι ομοκυκλικά σημεία με κέντρο το σημείο

αφού περνάνε όλοι από αυτό το σημείο και το (β) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

vittasko έγραψε:Το ίδιο αποτέλεσμα ισχύει και για τα τρίγωνα που ορίζονται από το σημείο και τα περίκεντρα των τριγώνων $\vartriangle PAB,\ \vartriangle PBC,\ \vartriangle PCD,\ \vartriangle PDA$ αντί των ορθοκέντρων τους.

Στα όμοια τρίγωνα $\vartriangle PAD,\ \vartriangle PBC,$ οι $PK_{4},\ PK_{2}$ είναι ομόλογες ευθείες τους, καθώς και οι $K_{4}M_{4},\ K_{2}M_{},$ ως οι μεσοκάθετες των ομολόγων πλευρών $PD,\ PC$ αυτών των τριγώνων, είναι επίσης ομόλογες ευθείες τους και άρα έχουμε $\angle VK_{4}K_{3} = \angle VK_{2}K_{3}\ \ ,(2)$

Έτσι, στο παραλληλόγραμμο $K_{1}K_{2}K_{3}K_{4}$ έχουμε το σημείο

στο εσωτερικό του και ισχύει η (2)

και άρα, σύμφωνα με το Λήμμα 1, συμπεραίνεται ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle VK_{1}K_{2},\ \vartriangle VK_{2}K_{3},\ \vartriangle VK_{3}K_{4},\ \vartriangle VK_{4}K_{1}$ είναι ίσοι και ότι τα κέντρα τους είναι ομοκυκλικά σημεία με κέντρο το σημείο

$\bullet$ Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle PH_{1}H_{2},\ \vartriangle PH_{2}H_{3},\ \vartriangle PH_{3}H_{4},\ \vartriangle PH_{4}H_{1}$ είναι ίσοι και ότι τα κέντρα τους είναι ομοκυκλικά σημεία με κέντρο το

Επίσης, οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle PK_{1}K_{2},\ \vartriangle PK_{2}K_{3},\ \vartriangle PK_{3}K_{4},\ \vartriangle PK_{4}K_{1}$ είναι ίσοι και τα κέντρα τους είναι ομοκυκλικά σημεία με κέντρο το σημείο

Κώστας Βήττας.

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται παραλληλόγραμμο και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του, ώστε να είναι $\angle PAB = \angle PCB$ . Αποδείξτε ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle PAB,\ \vartriangle PBC,\ \vartriangle PCD,\ \vartriangle PDA$ είναι ίσοι και ότι τα κέντρα τους είναι ομοκυκλικά σημεία με κέντρο το σημείο

: Ομοκυκλικά περίκεντρα θεωρήματος V - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f=112_t=23211(a).PNG (31.2 KiB) Προβλήθηκε 1107 φορές

$\bullet$ Από $\angle PAB = \angle PCB\ \ ,(1)$ προκύπτει $\angle PAD = \angle PCD$ , λόγω $\angle A = \angle C$ και άρα οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle PAB,\ \vartriangle PBC$ είναι ίσοι.

Επίσης, οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle PCD,\ \vartriangle PDA$ είναι ίσοι.

Για να είναι οι περίκυκλοι των ως άνω τεσσάρων τριγώνων όλοι ίσοι μεταξύ τους, αρκείν να αποδειχθεί ότι ισχύει και $\angle PBA = \angle PDA\ \ ,(2)$

Έστω

το συμμετρικό του σημείου

ως προς το μέσον του

και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2, έχουμε ότι $\angle QBC = \angle PBA\ \ ,(3)$ λόγω της (1)

Από $PD\parallel BC$ και $DP\parallel BQ,$ προκύπτει ότι $\angle PDA = \angle QBC\ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)$ $\Longrightarrow$ (2)

και άρα, οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle PAB,\ \vartriangle PBC,\ \vartriangle PCD,\ \vartriangle PDA,$ είναι ίσοι.

Επειδή τώρα, οι ως άνω ίσοι κύκλοι περνάνε από το σημείο

συμπεραίνεται ότι τα κέντρα τους είναι ομοκυκλικά σημεία με κέντρο το σημείο

και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του ώστε να είναι $\angle PBA = \angle PCA.$ Αποδείξτε ότι $\angle PAB = \angle QAC,$ όπου είναι το συμμετρικό του σημείου ως προς το μέσον της πλευράς

Κώστας Βήττας.

#5

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του ώστε να είναι $\angle PBA = \angle PCA.$ Αποδείξτε ότι $\angle PAB = \angle QAC,$ όπου είναι το συμμετρικό του σημείου ως προς το μέσον της πλευράς

: Ομοκυκλικά περίκεντρα θεωρήματος V - Απόδειξη του Λήμματος 2.; f=112_t=23211(b).PNG (20.48 KiB) Προβλήθηκε 1159 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $D\equiv AC\cap BP$ και $E\equiv AB\cap CP$ και από $\angle PBA = \angle PCA$ έχουμε ότι το τετράπλευρο BCDE

είναι εγγράψιμο.

Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle QBC,\ \vartriangle PDE$

γιατί έχουν $\angle BQC = \angle BPC = \angle DPE$ και $\angle QBC = \angle BCE = \angle PDE$

, έχουμε $\displaystyle\frac{QC}{PE} = \frac{BC}{DE}\ \ ,(1)$

Από όμοια τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle ADE$

λόγω $\angle ABC = \angle ADE$

, έχουμε $\displaystyle\frac{BC}{DE} = \frac{AC}{AE}\ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{QC}{PE} = \frac{AC}{DE}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{QC}{AC} = \frac{PE}{DE}\ \ ,(3)$

Από (3)

και $\angle ACQ = \angle ACB + \angle BCQ = \angle AED + \angle CBD = \angle AED + \angle DEP = \angle AEP$ , προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle QAC,\ \vartriangle PAE$ είναι όμοια.

Συμπεραίνεται έτσι ότι $\angle QAC = \angle PAE$ και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

ΣΧΟΛΙΟ : Υπάρχει ισοδύναμο πρόβλημα, ως παραλλαγή της εκφώνησης του Λήμματος 2 ως εξής :

ΙΣΟΔΥΝΑΜΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ. - Δίνεται παραλληλόγραμμο και έστω σημείο του επιπέδου του ώστε να είναι $\angle PBA = \angle PCA.$ Αποδείξτε ότι $\angle PAB = \angle QAC.$

Το ισοδύναμο πρόβλημα έχει συζητηθεί παλιότερα στο mathlinks.ro φόρουμ ( δείτε Εδώ ), αλλά νομίζω ότι έχει συζητηθεί και εδώ στο

. Δεν μπορώ όμως να το βρω.

Κώστας Βήττας.

KARKAR · #6

Μια απόδειξη του παραπάνω λήμματος .

Συμπληρώνω το παραλληλόγραμμο ABDS

. Προφανώς παραλληλόγραμμο είναι και το AQCS

.

Λόγω των ίσων κόκκινων γωνιών το SADC

είναι εγγράψιμο , εξ ού οι μωβ γωνίες με κορυφές C , D

είναι ίσες .

Τότε όμως και $\theta=\phi$ , ως εντός εναλλάξ των προηγουμένων γωνιών στα παραλληλόγραμμα .

#7

Θανάση πολύ ωραία και σ' ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σου.

$\bullet$ Τα Λήμματα που εμφανίζονται κατά καιρούς, θα έπρεπε να αντιμετωπίζονται όπως οι ξεχωριστές ασκήσεις και να αναζητούνται διαφορετικές λύσεις.

Γιατί όταν προσπαθείς να λύσεις ένα πιο σύνθετο πρόβλημα και σκαρφίζεσαι κάποιο Λήμμα ή σου έρχεται στο νου κάποιο άλλο από παλιότερη συζήτηση, δεν σε ενδιαφέρει να ψάξεις να βρεις κάποια άλλη λύση για το Λήμμα. Αυτό που σε ενδιαφέρει είναι να λύσεις το πρόβλημα που έχει τεθεί.

Με το να βρεθεί όμως μία απλούστερη απόδειξη για το Λήμμα, απλουστεύεται και η συνολική λύση στην οποία χρησιμοποιείται και είναι ότι καλύτερο, το να έχεις την ευκαιρία να αναφερθείς σ' αυτόν που την σκαρφίστηκε.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Το ως άνω Λήμμα 2, όπως φαίνεται και από την παραπομπή που έδωσα, δεν είναι δική μου κατασκευή.

Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

Re: Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

Re: Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

Re: Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

Re: Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

Re: Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

Re: Ο ΚΥΚΛΟΣ ΤΟΥ ΒΗΤΤΑ

Μέλη σε σύνδεση