Συντρέχουσες από παραλληλία

AIAS · #1

: Σύγκλιση λόγω παραλλήλων.png (13.68 KiB) Προβλήθηκε 1420 φορές

Ο εγγεγραμμένος κύκλος τριγώνου ABC

εφάπτεται των πλευρών BC,CA,AB

στα

αντίστοιχα .

Σε σημείο

αυτού του κύκλου φέρνω εφαπτομένη ευθεία και από το έγκεντρο

παράλληλες προς τις EZ,ZD,DE

που τέμνουν την εφαπτομένη αυτή στα A',B',C'

αντίστοιχα.

Να δειχθεί ότι οι AA',BB',CC'

διέρχονται από το ίδιο σημείο.

AIAS

#2

Έστω το σημείο $F\equiv BB'\cap CC'$ και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι τα σημεία $A',\ A,\ F$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Από $IB'\parallel DZ$ και $IC'\parallel DE$ έχουμε $\displaystyle \angle B'IC' = \angle ZDE = 90^{o} - \frac{\angle A}{2}\ \ \ ,(1)$

Έστω τα σημεία $K\equiv BC\cap A'S$ και $L\equiv AB\cap AS$ και $M\equiv AC\cap A'S$

Ισχύει, $\displaystyle \angle LIM = \angle LIS + \angle SIM = \angle ZDS + \angle SDE =$ $\displaystyle \angle ZDE = 90^{o} - \frac{\angle A}{2}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\angle B'IC' = \angle LIM\Rightarrow$ $\angle B'IL = \angle MIC' = \angle YIX\ \ \ ,(3)$ όπου $Y\equiv A'D\cap MI$ και $X\equiv A'D\cap C'I$

$\bullet$ Από $IX\parallel ED$ και $IA'\parallel EZ$ έχουμε $\displaystyle \angle XIA' = \angle DEZ = 90^{0} - \frac{\angle B}{2}\ \ \ ,(4)$

Από $IK\perp SD$ και $IL\perp SZ$ προκύπτει $\displaystyle \angle LIK = \angle ZSD = \angle ZDB = 90^{o} - \frac{\angle B}{2}\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $\angle LIK = \angle XIA' \ \ \ ,(6)$

: Συντρέχουσες από παραλληλία.; f=112_t=48699.PNG (40.2 KiB) Προβλήθηκε 1201 φορές

$\bullet$ Έχουμε διαμορφώσει έτσι τις δέσμες $I\ldotp B'LKA'$ και $I\ldotp YXA'K$ στις οποίες οι γωνίες που σχηματίζονται από τις ομόλογες ακτίνες τους είναι ίσες και άρα, οι δέσμες αυτές έχουν ίσους Διπλούς λόγους.

Ισχύει δηλαδή, $(I\ldotp B'LKA') = (I\ldotp YXA'K) = (I\ldotp XYKA')\ \ \ ,(7)$

Αλλά όμως, $(I\ldotp B'LKA') = (B',L,K,A')\ \ \ ,(8)$ και $(I\ldotp XYKA') = (C',M,K,A')\ \ \ ,(9)$

Από $(7),\ (8),\ (9)\Rightarrow$ $(B',L,K,A') = (C',M,K,A')\Rightarrow$ $(B\ldotp B'LKA') = (C\ldotp C'MKA')\ \ \ ,(10)$

Από (10)

και επειδή οι δέσμες $B\ldotp B'LKA',\ C\ldotp C'MKA'$ έχουν την $BK\equiv CK$ ως κοινή ακτίνα τους, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $F\equiv BB'\cap CC'$ και $A\equiv BL\cap CM$ και $A'\equiv BA'\cap CA'$ ανήκουν στην ίδια ευθεία και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Η απόδειξη αυτή αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής στον Κώστα Ρεκούμη.

Κώστας Βήττας.

Mikesar · #3

Έχει ξανασυζητηθεί και εδώ

#4

Μιχάλη σ' ευχαριστώ για την παραπομπή, που δεν την θυμήθηκα καθόλου και αφορά σε μία από τις πιο όμορφες αποδείξεις που έχουν αναρτηθεί στο δικό μας φόρουμ. Ο Παναγιώτης Λώλας είναι ένας λαμπρός νέος που μας έκανε περήφανους με τις επιδόσεις του σε ΙΜΟ ( Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμπιάδες ) πριν λίγα χρόνια. Μας έχει χαρίσει και άλλες εμπνευσμένες αποδείξεις του στην Γεωμετρία αποκαλυπτικές του μαθηματικού του ταλέντου και του εύχομαι να είναι γερός να προοδεύει και να έχει μία αξιόλογη πορεία στη ζωή.

Έχει μεγαλώσει τόσο πολύ το

, που γίνεται όλο και πιο δύσκολο να εντοπίζονται παλιότερα θέματα και να συσχετίζονται με νεότερες συναφείς αναρτήσεις. Οι παραπομπές επομένως σε προηγούμενες δημοσιεύσεις στο φόρουμ ( αλλά και οπουδήποτε αλλού ) έχουν μεγάλη αξία και θα πρέπει να μην τις παραμελούμε αν τυχαίνει να έχουμε κάτι υπόψη μας.

Ίσως, να αφήνουμε λίγο χρόνο μήπως εμφανιστεί κάτι διαφορετικό. Αν ο Μιχάλης για παράδειγμα έδινε αμέσως την παραπομπή, είναι σχεδόν σίγουρο ότι δεν θα είχα ασχοληθεί ( δύσκολα ασχολείσαι εν γένει και ιδιαίτερα όταν έχει προηγηθεί μία τόσο πετυχημένη λύση ).

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Γνωρίζει κάποιος (o Στάθης ίσως, γιατί ο AIAS δεν βλέπω να συμμετέχει ενεργά ) να μας πει την πηγή της άσκησης και εάν υπάρχει άλλη λύση από αυτές που εμφανίστηκαν ( στην παραπομπή και εδώ ) ;

#5

vittasko έγραψε:...
ΥΓ. Γνωρίζει κάποιος (o Στάθης ίσως, γιατί ο AIAS δεν βλέπω να συμμετέχει ενεργά ) να μας πει την πηγή της άσκησης και εάν υπάρχει άλλη λύση από αυτές που εμφανίστηκαν ( στην παραπομπή και εδώ ) ;

Είναι η άσκηση 973 (Σελίδα 274) από την Επιπεδομετρία του Γ. Τσίντσιφα και είναι άλυτη

Στάθης

#6

Να σας πάω και λίγο πιο παλιά!
http://artofproblemsolving.com/communit ... 65p1208678

#7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Είναι η άσκηση 973 (Σελίδα 274) από την Επιπεδομετρία του Γ. Τσίτσιφα και είναι άλυτη

Σε σχετικό ερώτημά μου, o AIAS απάντησε με προσωπικό μήνυμα ότι το πρόβλημα που μας πρότεινε, υπάρχει στην σελίδα 271 του ως άνω βιβλίου Γεωμετρίας του Γ. ΤΣΙΝΤΣΙΦΑ ως λυμένη άσκηση 943, η οποία είναι ουσιαστικά ίδια με αυτήν που αναφέρει ο Στάθης και η απόδειξη που δίνεται είναι ίδια με αυτήν του Παναγιώτη Λώλα και του Σιλουανού.

Είναι αυτό που λέει κάπου αλλού ο Francois Redeau: "Nothing is new under the geometry sun".

Πολλές φορές όταν ευχαριστιέμαι κάποια απόδειξη που σκαρφίστηκα, πάντα αναρωτιέμαι αν έπεσα πάνω σε κάτι ήδη γνωστό από παλιά και δεν είναι λίγες οι περιπτώσεις που μου έχει συμβεί να ισχύει κάτι τέτοιο. Δεν μειώνεται το αίσθημα ικανοποίησης του λύτη, αλλά δεν προκύπτει και κάτι καινούργιο ( πολύ δύσκολο βέβαια, με τόσους και τόσα που έχουν προηγηθεί ).

Κώστας Βήττας.

Συντρέχουσες από παραλληλία

Συντρέχουσες από παραλληλία

Re: Συντρέχουσες από παραλληλία

Re: Συντρέχουσες από παραλληλία

Re: Συντρέχουσες από παραλληλία

Re: Συντρέχουσες από παραλληλία

Re: Συντρέχουσες από παραλληλία

Re: Συντρέχουσες από παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση