mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 27, 2015 3:05 pm**

Με βάσεις τις πλευρές $AC,\ AB$ και προς το εξωτερικό ( ή το εσωτερικό ) μέρος δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle B'AC,\ \vartriangle C'AB$ αντιστοίχως και έστω $B'',\ C''$ , τα ορθόκεντρά τους αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία $S\equiv BB'\cap CC'$ και $T\equiv BB''\cap CC''$ περνάει από το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 28, 2015 1:06 am**

Καλησπέρα κ. Κώστα. Μια ιδέα:

Έστω $\displaystyle{ W \equiv B''C'' \cap B'C' }$ και $\displaystyle{ W' \equiv CB \cap B'C' }$ . Επίσης έστω $\displaystyle{ H \equiv C'B \cap B'C}$ . Με Θ. Μενελάου στο $\displaystyle{ \triangle C'OB' }$ λαμβάνουμε

$\displaystyle{ \frac{OB''}{B''B'} \cdot \frac{C'C''}{OC''} = \frac{WC'}{WB'} ~ (1) }$ ενώ στο $\displaystyle{ \triangle C'HB' }$ λαμβάνουμε $\displaystyle{ \frac{HC}{B'C} \cdot \frac{C'B}{BH} = \frac{W'C'}{W'B'}~(2) }$ . Έστω $\displaystyle{ x }$ το μέτρο των γωνιών των βάσεων των 2 ισοσκελών.

Με Ν. Ημιτόνων έχουμε $\displaystyle{ \frac{OB''}{\sin{(90^o-x + 90^o - \angle B})} = \frac{AB''}{\sin{\angle B}} }$ και $\displaystyle{ \frac{OC''}{\sin{(90^o -x + 90^o - \angle C)}} = \frac{AC''}{\sin{\angle C}} }$ . Επομένως παρατηρούμε ότι ισχύει

$\displaystyle{ \frac{OB''}{OC''} \cdot \frac{\sin{(x + \angle C)}}{\sin{(x+ \angle B)}} = \frac{AB''}{AC''} \cdot \frac{\sin {\angle C}}{\sin{ \angle B}} = \frac{AC}{AB} \cdot \frac{\sin {\angle C}}{\sin{ \angle B}} =1 \implies \frac{OB''}{OC''} = \frac{\sin{(x + \angle B)}}{\sin{(x+ \angle C)}} \implies \frac{OB''}{OC''} = \frac{HC} {BH} }$ . Λαμβάνοντας υπόψιν τη σχέση

αυτή καθώς και ότι $\displaystyle{ \frac{C'C''}{B''B'} = \frac{C'B}{B'C} }$ έπεται από $\displaystyle{ (1),(2) }$ ότι $\displaystyle{ \frac{WC'}{WB'} = \frac{W'C'}{W'B'} \implies W' \equiv W }$ . Παρατηρούμε λοιπόν ότι τα $\displaystyle{ \triangle CC'C'' }$ και $\displaystyle{ \triangle BB'B'' }$ είναι

προοπτικά ως προς κέντρο (το $\displaystyle{ W}$ ) άρα από Θ. Desargues προκύπτει ότι θα είναι προοπτικά και ως προς άξονα άρα πράγματι $\displaystyle{ S,T,O }$ συνευθειακά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 31, 2020 11:33 pm**

vittasko έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 27, 2015 3:05 pm
Με βάσεις τις πλευρές $AC,\ AB$ και προς το εξωτερικό ( ή το εσωτερικό ) μέρος δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle B'AC,\ \vartriangle C'AB$ αντιστοίχως και έστω $B'',\ C''$ , τα ορθόκεντρά τους αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία $S\equiv BB'\cap CC'$ και $T\equiv BB''\cap CC''$ περνάει από το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Κώστας Βήττας.

Με προβολική βγαίνει γρήγορα:
Κουνάω το

στην μεσοκάθετο της

.
Αφού $\angle CAB'=\angle ABC'$ το

κινήται στην μεσοκάθετο του

ορίζοντας ίσους διπλούς λόγους.
Επιπλέον λόγω των καθετότητων η $C'\rightarrow AC'\rightarrow BC''$ είναι προβολικότητα δηλαδή $C'\rightarrow C''$ προβολικότητα.
Άρα το $S\equiv BB'\cap CC'$ θα κινήται σε κωνική και προβολικά, όμοια και το

Θέλουμε να δείξουμε ότι οι προβολικότητες $C'\rightarrow S\rightarrow OS$ και $C'\rightarrow T\rightarrow OT$ ταυτίζονται οπότε αρκεί αυτό να συμβαίνει για τρεις θέσεις του

.
Όταν