Ομοκυκλικά σημεία

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

giannimani
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Ομοκυκλικά σημεία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Κυρ Ιουν 21, 2015 7:13 pm

cyclic.png
cyclic.png (8.95 KiB) Προβλήθηκε 911 φορές
Σε οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC η διχοτόμος της οξείας γωνίας που σχηματίζουν τα ύψη AA_{1} και CC_{1} τέμνει τις πλευρές AB και BC στα σημεία P και Q αντίστοιχα. Η διχοτόμος της γωνίας B τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει το ορθόκεντρο H του τριγώνου ABC με το μέσο M της πλευράς AC στο σημείο R. Να αποδείξετε ότι τα σημεία P, B, Q και R είναι ομοκυκλικά.


gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1034
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Ομοκυκλικά σημεία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Κυρ Ιουν 21, 2015 7:48 pm

Καλησπέρα.
Γεωμετρια mathematica_147.PNG
Γεωμετρια mathematica_147.PNG (23.39 KiB) Προβλήθηκε 888 φορές
Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο \displaystyle{c} του τριγώνου \displaystyle{ABC} κι έστω \displaystyle{N\equiv HM\cap c}.Ως γνωστόν το \displaystyle{N} είναι το αντιδιαμετρικό του \displaystyle{B}.

Επομένως \displaystyle{AN\parallel C_{1}H}.Ο στόχος μας είναι να δείξουμε ότι \displaystyle{RP\perp AB}.

Επομένως αρκεί να δείξουμε ότι \displaystyle{\frac{C_{1}P}{AP}=\frac{HR}{RN}} και τότε το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή θα δώσει το ζητούμενο.

Το θεώρημα διχοτόμου δίνει \displaystyle{\frac{C_{1}P}{AP}=\frac{C_{1}H}{AH}\overset{\triangle{AHC_{1}}\simeq \triangle{ABA_{1}}}=\frac{A_{1}B}{AB}}.

Επίσης ως γνωστόν οι \displaystyle{BH,BN} είναι ισογώνιες ως προς τις \displaystyle{BA,BC},άρα αφού η \displaystyle{BR} διχοτομεί την \displaystyle{BR},θα ισχύει \displaystyle{\angle{HBR}=\angle{NBR}}.

Άρα το θεώρημα διχοτόμου δίνει \displaystyle{\frac{HR}{RN}=\frac{AH}{BN}\overset{\triangle{BHA_{1}}\simeq \triangle{ANB}}=\frac{A_{1}B}{AB}}.

Τελικά \displaystyle{\frac{C_{1}P}{AP}=\frac{HR}{RN}} άρα \displaystyle{RP\perp AB}.Με όμοιο τρόπο αποδεικνύεται \displaystyle{RQ\perp BC} και τότε το ζητούμενο είναι προφανές.


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
giannimani
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Ομοκυκλικά σημεία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Δευ Ιουν 22, 2015 11:08 am

omocyclic2.png
omocyclic2.png (41.7 KiB) Προβλήθηκε 822 φορές
Θα xρησιμοποιήσουμε το εξής Λήμμα:

Τα σημεία X και Y κινούνται με σταθερές ταχύτητες (όχι αναγκαία ίσες) σε δύο σταθερές ευθείες που τέμνονται στο σημείο O. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου XYO, διέρχεται από δύο σταθερά σημεία O και Z, όπου το Z είναι το κέντρο της ομόρροπης ομοιότητας που απεικονίζει τα σημεία X στα σημεία Y.

Αρχικά, εύκολα διαπιστώνουμε ότι το τρίγωνο BPQ είναι ισοσκελές. Πράγματι (βλέπε Σχήμα), τα ορθογώνια τρίγωνα HC_{1}P και HA_{1}Q είναι όμοια, εφόσον \angle{C_{1}HP} =\frac{1}{2}\angle{C_{1}HA}=\frac{1}{2}\angle{A_{1}HC}=\angle{A_{1}HQ}. Επομένως, \angle{C_{1}PH}=\angle{A_{1}QH}, οπότε BP=BQ.

Στη συνέχεια, στα τρίγωνα AHC_{1} και CHA_{1} οι HP και HQ διχοτόμοι, οπότε από το Θ. διχοτόμων είναι:
\displaystyle{\frac{PA}{PC_{1}}=\frac{HA}{HC_{1}}\qquad \text{και} \qquad \frac{QC}{QA_{1}}=\frac{HC}{HA_{1}}\, \qquad(1).}
Το τετράπλευρο AC_{1}A_{1}C είναι, προφανώς, εγγράψιμο, οπότε
\displaystyle{HA \cdot HA_{1}=HC \cdot HC_{1}\, \Rightarrow \, \frac{HA}{HC_{1}}=\frac{HC}{HA_{1}}\, \qquad (2).}
Επομένως, λόγω της (2) τα δεύτερα μέλη των ισοτήτων της (1) είναι ίσα, οπότε και \frac{PA}{PC_{1}}=\frac{QC}{QA_{1}} \Rightarrow \frac{PA}{PA+PC_{1}}=\frac{QC}{QC+QA_{1}}\Rightarrow \frac{PA}{AC_{1}}=\frac{QC}{CA_{1}}= k . Δηλαδή, PA= k \cdot AC_{1} και QC=k \cdot CA_{1}.

Υποθέτουμε ότι αρχικά το σημείο X βρίσκεται στο A και το Y στο C, μετά από χρόνο t βρίσκονται αντίστοιχα στα σημεία C_{1} και A_{1}. Οπότε μετά από χρόνο kt θα βρίσκονται αντίστοιχα στα σημεία P και Q. Λόγω του Λήμματος οι περιγεγραμμένοι κύκλοι (\omega), (\omega_{1}) και (\omega_{0}) αντίστοιχα των τριγώνων ABC, PBQ και C_{1} B A_{1} θα διέρχονται από τα σημεία B και N.

Εφόσον το BH διάμετρος του κύκλου \omega_{0} (\angle{BA_{1}H}=90^{\circ}), τότε \angle{BNH}=90^{\circ}. Επομένως, το σημείο τομής της ευθείας NH με τον κύκλο \omega είναι το αντιδιαμετρικό της κορυφής B. Αφετέρου, το συμμετρικό του ορθόκεντρου H ως προς το μέσο M της πλευράς AC είναι το αντιδιαμετρικό της κορυφής B. Ως εκ τούτου, τα σημεία N, H, R ανήκουν στην ίδια ευθεία, οπότε και \angle{BNR}=90^{\circ}.

Έστω, τώρα, ότι η διχοτόμος της γωνίας B τέμνει τον κύκλο \omega_{1} στο σημείο R_{1}. Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία R και R_{1} ταυτίζονται. Εφόσον το τρίγωνο BPQ είναι ισοσκελές (BP=BQ), τότε η διχοτόμος BR_{1} θα είναι διάμετρος του κύκλου \omega_{1}, οπότε \angle{BNR_{1}}=90^{\circ}. Επομένως, τα σημεία R και R_{1} ταυτίζονται, οπότε τα σημεία B, P, Q και R ανήκουν στον κύκλο \omega_{1}.

Σημείωση: Το πρόβλημα αυτό δόθηκε στην Πανρωσική Ολυμπιάδα σχολείων το 2001. Η λύση που δίνεται είναι, κατά την άποψή μου, υποδεέστερη της εξαίρετης και κομψής λύσης του gavrilos. Προσωπικά, το είδα σε μια συλλογή προβλημάτων, συμπληρωματική ενός άρθρου στο περιοδικό ΚΒΑΝΤ (Ρωσική έκδοση), όπου ο συγγραφέας παρουσίαζε τρία λήμματα (μάλιστα τα αποκαλούσε "σπουργίτια") με τη βοήθεια των οποίων επιλύονται αρκετά δύσκολα προβλήματα (τα οποία αποκαλούσε "κανόνια"), εξού και ο τίτλος του άρθρου: "Σπουργίτια απέναντι σε κανόνια". Ένα από τα τρία λήμματα είναι το παραπάνω. Η δική μου προσπάθεια είναι με τη χρήση αυτού του λήμματος, την απόδειξη του οποίου οφείλω.
τελευταία επεξεργασία από giannimani σε Τρί Ιουν 23, 2015 5:05 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2064
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ομοκυκλικά σημεία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Ιουν 22, 2015 3:42 pm

Στον δρόμο που χάραξαν ο Γιώργος ( gavrilos ) και ο Γιάννης ( giannimani ), χρησιμοποιώντας το σχήμα της λύσης του πρώτου.

\bullet Έστω N , το αντιδιαμετρικό σημείο του B στον περίκυκλο έστω (O) του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC και έχουμε ότι η ευθεία HN περνάει από το μέσον M της πλευράς BC , λόγω του παραλληλογράμμου HACN.

Από \angle BPQ = 90^{o} - \angle C_{1}HP = 90^{o} - \angle CHQ = 90^{o} - \angle A_{1}HQ = \angle BQP προκύπτει ότι το τρίγωνο \vartriangle BPQ είναι ισοσκελές με BP = BQ και άρα, στον περίκυκλό του έστω (K) , η διχοτόμος της γωνίας \angle B περνάει από το κέντρο του K και τον τέμνει κατά το αντιδιαμετρικό σημείο του B , έστω το R , στο οποίο συντρέχουν προφανώς οι δια των P,\ Q κάθετες ευθείες επί των BP,\ BQ αντιστοίχως.

Αρκεί τώρα ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι το σημείο R ανήκει και στην ευθεία HMN .

\bullet Αλλά, από τα όμοια τρίγωνα \vartriangle HAC_{1},\ \vartriangle HCA_{1} , έχουμε \displaystyle \frac{AP}{PC_{1}} = \frac{HA}{HC_{1}} = \frac{HC}{HA_{1}} = \frac{CQ}{QA_{1}}\Rightarrow \displaystyle \frac{AP}{PC_{1}} = \frac{CQ}{QA_{1}}\ \ \ ,(1)

Από (1) και AN\parallel PR\parallel C_{1}H και CN\parallel QR\parallel A_{1}H , σύμφωνα με το Θεώρημα των Αναλόγων διαιρέσεων , που έχουμε ξαναδεί στο :logo: ( αποδεικνύεται έυκολα με βάση το Θεώρημα Θαλή ), συμπεραίνεται ότι τα σημεία H,\ R,\ N είναι συνευθειακά και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1060
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Ομοκυκλικά σημεία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Δευ Ιουν 22, 2015 11:07 pm

Καλησπέρα,

Μια παρόμοια λύση με αυτή των κ.Κώστα και Gavrilos υπάρχει στο βιβλίο Πανρωσικές Σχολικές Μαθηματικές Ολυμπιάδες 1993-2006.
Πρόβλημα υπ' αριθμών 603, για την 10η τάξη.

Μπορείτε να βρείτε το βιβλίο εδώ.


Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1263
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Ομοκυκλικά σημεία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τρί Ιουν 23, 2015 12:01 am

Δείτε και εδώ για μια μεταγενέστερη παραλλαγή: ΙΜΟ Shortlist 2005

http://artofproblemsolving.com/communit ... 098p519896


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης