Εγγράψιμο

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Έστω κυρτό τετράπλευρο ABCD

και

το σημείο τομής των διαγωνίων του

και

. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AKD

και

,

και

αντίστοιχα, τέμνονται ξανά στο

. Έστω

και

τα μέσα των

και

. Να αποδειχθεί πως το KMSN

είναι εγγράψιμο σε κύκλο, του οποίου το κέντρο είναι το μέσο της διακέντρου των κύκλων c_1

και

.

: Εγγράψιμο.png (33.55 KiB) Προβλήθηκε 1678 φορές

min## · #2

Το

με κατάλληλη στροφή και ομοιοθεσία μπορεί να μετασχηματιστεί στο ASC

.Είναι φανερό ότι αυτός ο μετασχηματισμός διατηρεί τον λόγο στον οποίο το

χωρίζει την

,και συνεπώς στέλνει το

στο

.Αυτό σημαίνει ότι το DSN

πάει στο

και επειδή οι γωνίες διατηρούνται,αποδεικνύεται το πρώτο ζητούμενο.Για το δεύτερο, βλέπουμε ότι υπάρχει (μοναδικός) μετασχηματισμός (ίδιου τύπου με παραπάνω) που στέλνει το κέντρο του μπλε στο

και το κέντρο του δεξιού στο

.Ομοίως, υπάρχει μετασχηματισμός που στέλνει το κέντρο του μπλε στο

και το κέντρο του αριστερού στο

.Στους δύο τελευταίους μετασχηματισμούς, το μόνο που αλλάζει είναι η στροφή, ενώ ο λόγος ομοιοθεσίας είναι ίδιος.Όμως η ομοιοθεσία διατηρεί λόγους τμημάτων και το ζητούμενο δείχτηκε..

Al.Koutsouridis · #3

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: Τρί Φεβ 06, 2018 11:58 pm Έστω κυρτό τετράπλευρο και το σημείο τομής των διαγωνίων του και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και , και αντίστοιχα, τέμνονται ξανά στο . Έστω και τα μέσα των και . Να αποδειχθεί πως το είναι εγγράψιμο σε κύκλο, του οποίου το κέντρο είναι το μέσο της διακέντρου των κύκλων και .

Εγγράψιμο.png

: eggrapsimo.png (29.31 KiB) Προβλήθηκε 1514 φορές

Έστω

το μέσο της διακέντρου $O_{1}O_{2}$ . Τότε ισχύει LK=LS

. Αρκεί να δείξουμε ότι και LK=LN=LM

. Από το πρώτο θεώρημα διαμέσων έχουμε

$2KL^2 = KO_{1}^2+KO_{2}^2-\dfrac{O_{1}O_{2}^2}{2}$

$2NL^2 = NO_{1}^2+NO_{2}^2-\dfrac{O_{1}O_{2}^2}{2}$

Ή ισοδύναμα θα πρέπει να ισχύει ( $KO_{1} = O_{1}D, KO_{2}= O_{2}B$ ).

$KO_{1}^2+KO_{2}^2 = NO_{1}^2+NO_{2}^2 \Leftrightarrow$

$O_{1}D^2-O_1}N^2 = O_{2}N^2-O_{2}B^2$

Από το δέυτερο θεώρημα διαμέσων η παραπάνω σχέση γράφεται

$2ND\cdot PR = 2NB \cdot QT$ , όπου PR, QT

οι προβολές των διαμέσων $O_{1}P, O_{2}Q$ στα τμήματα DN, BN

αντίστοιχα.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι PR=QT

ή ισοδύναμα

$PR=QT \Leftrightarrow$

$\dfrac{DK}{2}-\dfrac{DN}{2} = \dfrac{BN}{2}-\dfrac{BK}{2} \Leftrightarrow$

$\dfrac{DK+BK}{2} = \dfrac{BN+DN}{2} \Leftrightarrow$

BD=BD

'Αρα

. Ομοίως εργαζόμαστε και για το τμήμα

. Επόμενως θα είναι LK=LS=LN=LM

και το ζητούμενο έπεται.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: Τρί Φεβ 06, 2018 11:58 pm Έστω κυρτό τετράπλευρο και το σημείο τομής των διαγωνίων του και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και , και αντίστοιχα, τέμνονται ξανά στο . Έστω και τα μέσα των και . Να αποδειχθεί πως το είναι εγγράψιμο σε κύκλο, του οποίου το κέντρο είναι το μέσο της διακέντρου των κύκλων και .

Εγγράψιμο.png

Από το $\displaystyle D$ φέρνουμε παράλληλη στη $\displaystyle NS$ που τέμνει τον κύκλο $\displaystyle \left( {A,K,D} \right)$ στο $\displaystyle E$ ,την $\displaystyle BS$ στο $\displaystyle Z$ και τον κύκλο $\displaystyle \left( {B,K,C} \right)$ στο $\displaystyle H$

Τότε $\displaystyle S$ μέσον της $\displaystyle BZ$ και οι γωνίες $\displaystyle \omega$ είναι ίσες καθώς και $\displaystyle x = y$ .Επειδή από το εγγράψιμο $\displaystyle KBHS$ είναι

$\displaystyle \phi = \omega \Rightarrow BH//EZ \Rightarrow BHZE$ παραλ/μμο.Άρα, $\displaystyle S$ μέσον της $\displaystyle EH$

Οι $\displaystyle AKC,ESH$ είναι τέμνουσες των δυο κύκλων ,άρα (γνωστό και απλό) $\displaystyle AE//CH$ κι επειδή $\displaystyle SM$ διάμεσος του τραπεζίου $\displaystyle ACHE \Rightarrow SM//AE//CH$

Επομένως , $\displaystyle \angle ACH = \angle AMS = \angle VAE = \angle KDE = \angle DNS$ $\displaystyle \Rightarrow NKMS$ εγγράψιμο

Με $\displaystyle OP \bot ES,O'Q \bot SH$ κι επειδή $\displaystyle ES = SH \Rightarrow PS = SQ$

Επειδή $\displaystyle OO'$ μεσοκάθετος της $\displaystyle KS$ ,το κέντρο του κύκλου $\displaystyle \left( {N,K,M,S} \right)$ θα είναι σημείο της $\displaystyle OO'$

Λόγω της ισότητας των μπλε γωνιών,η $\displaystyle ESH$ είναι εφαπτόμενη του περίκυκλου του $\displaystyle NKMS$

κι επειδή το $\displaystyle OO'QP$ είναι τραπέζιο ,με $\displaystyle L$ μέσον της $\displaystyle OO' \Rightarrow LS \bot EH$

Άρα $\displaystyle L$ είναι το κέντρο του περίκυκλου του $\displaystyle NKMS$

: εγγράψιμο.png (48.87 KiB) Προβλήθηκε 1478 φορές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

Ενδιαφέρουσες λύσεις

! Προσωπικά το έλυσα περίπου με την μέθοδο του κύριου Αλέξανδρου, δηλαδή με μετρικό τρόπο, χρησιμοποιώντας το θεώρημα Διαμεσών. Το πρόβλημα επινοήθηκε στα πλαίσια επίλυσης μιας άλλης άσκησης.

Μάλιστα παρατηρήστε πως αν

και

είναι σημεία των

και

αντίστοιχα και ισχύει ότι $\dfrac{AM'}{M'C}=\dfrac{DN'}{N'B}=\lambda$ , τότε το KM'SN'

είναι εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου

έτσι ώστε το

να ανήκει στη διάκεντρο των δύο κύκλων και να την διαιρεί σε λόγο $\lambda$ .

#6

Δες κι αυτή Διονύση.

Έστω $O\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ τα κέντρα των κύκλων $(A,K,D)\,\,\kappa \alpha \iota \,(B,K,C)\,$ αντίστοιχα και

το

μέσο του

. Προφανώς TK = TS

.

Επειδή η εγγεγραμμένη γωνία είναι το μισό της αντίστοιχης επικέντρου θα έχω :

$\left\{ \begin{gathered} \widehat O = \widehat {{\theta _1}}\,( = \widehat {{\theta _2}}) \hfill \\ \widehat L = \widehat {{\omega _1}}\,( = \widehat {{\omega _2}}) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

συνεπώς το τρίγωνο SKL

είναι όμοιο με τα τρίγωνα $ASC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BSD\,$ .

: Εγγράψιμο_ok.png (56.91 KiB) Προβλήθηκε 1394 φορές

Η διάμεσός του $ST\,\,$ είναι ομόλογη με τις διαμέσους $SN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SM$ και άρα :

$\left\{ \begin{gathered} \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} \hfill \\ \widehat {{a_4}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ συνεπώς το τετράπλευρο KNSM

είναι εγγράψιμο

Αφού δε $\boxed{\widehat {KTS} = 2\widehat {{a_1}}}$ το κέντρο του περιγεγραμμένου του κύκλου είναι το

.

#7

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα και έστω τυχόν σημείο μεταξύ των $A,\ C$ . Έστω $K,\ L,\ M$ , τα μέσα των $AB,\ BC,\ AC$ αντιστοίχως και ας είναι , το μέσον του τμήματος . Αποδείξτε ότι .

Η απόδειξη του ως άνω γνωστού και χρήσιμου Λήμματος, είναι απλή και αφήνεται στον ενδιαφερόμενο αναγνώστη.

: Εγγράψιμο.; f=178_t=60985.png (32.19 KiB) Προβλήθηκε 1340 φορές

$\bullet$ Στο πρόβλημά μας τώρα, έστω $P,\ Q$ , οι προβολές του μέσου

της διακέντρου OO'

, των περικύκλων $(O),\ (O')$ των τριγώνων $\vartriangle KAD,\ \vartriangle KBC$ αντιστοίχως, επί των $BD,\ AC$ αντιστοίχως και σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, έχουμε PE = PZ

, λόγω $O'E\parallel TP\parallel OZ$ και QX = QY

, λόγω $OX\parallel TQ\parallel O'Y$ , όπου $E,\ Z$ είναι τα μέσα των $KB,\ KD$ αντιστοίχως και $X,\ Y$ είναι τα μέσα των $KA,\ KC$ , αντιστοίχως.

Σύμφωνα με το παραπάνω Λήμμα, ισχύει $PK = PN\ \ \ ,(1)$ και $QK = QM\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $TN = TK\ \ \ ,(3)$ και $TK = TM\ \ \ ,(4)$ και ισχύει ( προφανές ) $TK = TS\ \ \ ,(5)$

Συμπεραίνεται έτσι, ότι τα σημεία $K,\ M,\ S,\ N$ ανήκουν στον ίδιο κύκλο, έστω (T)

, με κέντρο το μέσον

του

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Al.Koutsouridis · #8

Επειδή κάτι μου θύμιζε το σχήμα προσπάθησα να βρω τι ... Το πρόβλημα ελαφρώς παραλλαγμένο, ότι και το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων AKB

,

βρίσκεται στον ίδιο κύκλο, είχε τεθεί και στην μαθηματική ολυμπιάδα του λυκείου 239 της Α.Πετρούπολης το 2007 για την 10/11η τάξη.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #9

Το πρόβλημα πάντως μου προέκυψε λύνοντας το πρόβλημα της (προηγούμενης) εβδομάδας της ΚΥΜΕ!

Εγγράψιμο

Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Μέλη σε σύνδεση