Απαιτητική γεωμετρία

#1

Έστω

ένα τρίγωνο με έκκεντρο

, και έστω

,

οι τομές των

,

με τις πλευρές

,

, and

. Θεωρούμε $\mathcal{K}_{a}$ τον κύκλο που εφάπτεται στις πλευρές

,

, και εσωτερικά στον περιγεγραμμένο κύκλο $\mathcal{C}(O)$ του ABC

, και έστω $A^{\prime}$ το σημείο επαφής τους. Όμοια ορίζονται τα $B^{\prime}$ , και $C^{\prime}$ .

Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $AXA^{\prime}$ , $BYB^{\prime}$ , και $CZC^{\prime}$ περνούν όλοι από δύο διαφορετικά σημεία.

#2

Επαναφορά!

#3

Το όμορφο αυτό πρόβλημα έχει συζητηθεί παλιότερα στο mathlinks.ro φόρουμ ( το βρήκα τυχαία ) και θα δώσω αργότερα την σχετική παραπομπή (*) , προσδοκώντας μία άλλη προσέγγιση εδώ στο

.

Δεν κατάφερα να ολοκληρώσω μία απόδειξη του ζητούμενου, αν κα έχω τις αποδείξεις σε κάποια ενδιάμεσα αποτελέσματα. Δεν έχω ξεχάσει το θέμα, αλλά το "πείσμα" έχει ατονήσει και δεν είναι το ίδιο όπως άλλοτε ...

Κώστας Βήττας.

(*) Εάν κάποιος ενδιαφέρεται άμεσα για την παραπομπή, ας μου στείλει προσωπικό μήνυμα.

#4

Μπορεί κάποιος να βάλει σχήμα;

#5

rek2 έγραψε:Μπορεί κάποιος να βάλει σχήμα;

Κώστα, έβαλα το σχήμα στην εκφώνηση και όπως φαίνεται σημειωμένο, ισχύει $AA'\cap BB'\cap CC'\equiv J$ .

Γνωστό αποτέλεσμα και μία απόδειξη που έχω υπόψη μου βασίζεται στο ότι η ευθεία AA'

για παράδειγμα, είναι ισογώνια της AD'

ως προς την γωνία $\angle A$ , όπου

( δεν εμφανίζεται στο σχήμα ) είναι το σημείο επαφής της πλευράς

με τον

-παρεγγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle ABC$ και ομοίως για τις ευθείες $BB',\ CC'$ .

Το σημείο

δηλαδή, είναι το ισογώνιο σημείο του Σημείου Nagel , του $\vartriangle ABC$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Κώστας Βήττας.

min## · #6

Μια λύση με συμμετρική αντιστροφή/μετρικές σχέσεις:

: mixtilinear1.png (64.58 KiB) Προβλήθηκε 1407 φορές

Παίρνουμε συμμετρική αντιστροφή κέντρου

που στέλνει το

στο

.
Η

πάει στον

.Έτσι το

πάει στο μέσο του τόξου

,

,ενώ το

από γνωστή ισογωνιότητα που αναφέρθηκε παραπάνω,πάει στην προβολή

του

παρακέντρου.Έτσι ο (AXA')

πάει στην ευθεία D'X'

.
To

πάει σε σημείο της

ώστε

δηλαδή στην τομή της

με την εκ του

παράλληλη στη διχοτόμο

.
Ανάλογα ορίζεται και το

.
Αν

οι προβολές των B,C

παρακέντρων στις AC,AB

αντίστοιχα,τότε το

πάει στην τομή της

(ανήκει στον (ABC)

) με την εκ του

παράλληλη στην

,έστω

( $ABE\angle=CBB'\angle=CAB'\angle=BAB''\angle$ από ισογωνιότητες/εγγράψιμα από όπου έπεται η παραλληλία).Έστω C''

το αντίστοιχο του

.
Έτσι οι (BYB'),(CZC')

πάνε στους (CY'B''),(BZ'C'')

αντίστοιχα.

: mixtilineaar2.png (56.23 KiB) Προβλήθηκε 1407 φορές

(2ο σχήμα)Θέλουμε να δείξουμε πως η κοινή χορδή των (CY'B''),(BZ'C'')

περνάει από τα X',D'

.
Το κάνουμε μετρικά.
Πρώτα για το

:
Από Θαλή στις BE//AB'',CZ//AC''

προκύπτει $CB''=\frac{ab}{s-a},BC''=\frac{ac}{s-a}$ .
Αρκεί $Pow_{D'}(CY'C'')=Pow_{D'}(BZ'B'')\rightarrow D'C\cdot D'B''=D'B\cdot D'C''$ το οποίο δείχνεται εύκολα με πράξεις.
Έπειτα για το

:
Αν $O_{1},O_{2}$ τα κέντρα των (CYC''),(BZ'B'')

αντίστοιχα δείχνουμε πως $O_{1}O_{2},D'X'$ κάθετες και έχουμε τελειώσει.
Αν $S_{1},S_{2}$ οι προβολές των κέντρων στην

και $T_{1},T_{2}$ εκείνες στη μεσοκάθετο X'L

έχουμε:
$S_{1}C= \frac{B''C}{2}=\frac{ab}{2(s-a)},S_{2}B= \frac{BC''}{2}=\frac{ac}{2(s-a)}$ κι άρα $(1)S_{1}S_{2}= \frac{a^2}{2(s-a)}$ .
Λόγω BY//CY'

κτλ. έχουμε πως τα $O_{1},O_{2}$ ανήκουν στις εξωτερικές διχοτόμους των B,C

αντίστοιχα.
Έτσι με $I_{A}$ το

παράκεντρο έχουμε τις ομοιότητες $BO_{1}S_{1},BI_{A}D'$ και $CO_{2}S_{2},CI_{A}D'$ από όπου με βάση και τα προηγούμενα παίρνουμε εύκολα $O_{1}S_{1}=\frac{a(a-c)}{2(s-a)}\frac{r_{A}}{s-c}, O_{2}S_{2}=\frac{a(a-b)}{2(s-a)}\frac{r_{A}}{s-b}$ από όπου
$(2)T_{1}T_{2}=\frac{a\cdot r_{A}}{2(s-a)}(\frac{a-c}{s-c}-\frac{a-b}{s-b})$ .
Από (1),(2)

και Θεώρημα Κούτρα αρκεί $\frac{T_{1}T_{2}}{S_{1}S_{2}}=\frac{D'L}{LX'}=\frac{b-c}{a\cdot tan(\frac{A}{2})}$ .
Το LHS

όμως ισούται με $\frac{a\cdot r_{A}}{2(s-a)}(\frac{a-c}{s-c}-\frac{a-b}{s-b})/\frac{a^2}{2(s-a)} =\frac{r_{A}}{a}(\frac{a-c}{s-c}-\frac{a-b}{s-b})$ .Επειδή $\frac{r_{A}}{s-b}=\frac{1}{tan(C/2)},\frac{r_{A}}{s-c}=\frac{1}{tan(B/2)}$ από τα ορθογώνια $I_{A}D'C,I_{A}D'B$ αρκεί τελικά
$\frac{b-c}{tan(\frac{A}{2})}=\frac{a-c}{tan(\frac{B}{2})}-\frac{a-b}{tan(\frac{C}{2})}$ .
Είναι $tan(\frac{A}{2})=\frac{r}{s-a},tan(\frac{B}{2})=\frac{r}{s-b},tan(\frac{C}{2})=\frac{r}{s-c}$ όπου

η ακτίνα του εγγεγραμμένου.
Αντικαθιστώντας και κάνοντας τις πράξεις το ζητούμενο είναι άμεσο.

Απαιτητική γεωμετρία

Απαιτητική γεωμετρία

Re: Απαιτητική γεωμετρία

Re: Απαιτητική γεωμετρία

Re: Απαιτητική γεωμετρία

Re: Απαιτητική γεωμετρία

Re: Απαιτητική γεωμετρία

Μέλη σε σύνδεση