Ωραία διχοτόμος

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7193
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ωραία διχοτόμος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Οκτ 29, 2018 11:00 am

Ωραία διχοτόμος.png
Ωραία διχοτόμος.png (32.21 KiB) Προβλήθηκε 280 φορές
Έστω I το έγκεντρο τριγώνου ABC. Ο A-παρεγγεγραμμένος κύκλος (\omega) εφάπτεται της BC στο D.

Η ID επανατέμνει τον (\omega) στο S. να δείξετε ότι η SI διχοτομεί τη γωνία B\widehat SC.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 735
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ωραία διχοτόμος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Οκτ 29, 2018 4:09 pm

Έστω M το μέσο του ID. Έστω ακόμη E το σημείο που ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στην BC δηλαδή το σημείο της BC ώστε IE\perp BC. Αφού M μέσο της υποτείνουσας έχουμε ότι MD=ME. Όμως ταυτόχρονα ισχύει ότι EB=DC, άρα εύκολα προκύπτει ότι MB=MC.

Θα αποδείξουμε ότι το BMCS είναι εγγράψιμο, οπότε θα προκύπτει η ζητούμενη διχοτόμηση.

Αρκεί MD\cdot DS=BD\cdot DC\Leftrightarrow \dfrac{ID\cdot DS}{2}=BD\cdot DC\Leftrightarrow ID\cdot \dfrac{DS}{2}=BD\cdot DC.

Έστω N το μέσο του DS. Η παραπάνω σχέση γίνεται ID\cdot DN=BD\cdot DC.

Αρκεί δηλαδή το BICN να είναι εγγράψιμο. Ως γνωστό το BICI' είναι εγγράψιμο, όπου I' το παράκεντρο της κορυφής A, και ακόμη έχουμε \widehat{I'ND}=90^o, αφού N μέσο του DS, δηλαδή \widehat{I'NI}=90^o. Όμως είναι \widehat{I'CI}=90^o, οπότε έχουμε ότι το ICNI' είναι εγγράψιμο, άρα τελικά προκύπτει ότι το BICN είναι εγγράψιμο!


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
nickchalkida
Δημοσιεύσεις: 41
Εγγραφή: Τρί Ιουν 03, 2014 11:59 am
Επικοινωνία:

Re: Ωραία διχοτόμος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickchalkida » Δευ Οκτ 29, 2018 4:41 pm

Εστω E, F τα σημεία τομής των SC, SB με τον παραγεγραμμένο κύκλο.
Από το E φέρω κάθετη στην SI και από το D φέρω κάθετη στην SB.
Εάν αυτές οι κάθετες τέμνονται στο K τότε οι κόκκινες γωνίες BSD και DKE
ειναι ίσες οπότε το K είναι σημείο του παραγεγραμμένου κύκλου.

Εάν M=SI \cap KE, L= KD \cap SB τότε το DMNL είναι προφανώς περιγεγραμμένο (\angle L = \angle M = 1^L).
Θα είναι τότε \angle KDS = \angle BNK= \angle ENS, αλλά και \angle KDS = \angle KES, οπότε \angle  ENS = \angle KES.
Δηλαδή το τρίγωνο SEN είναι ισοσκελές και θα είναι SI υψος και διχοτόμος.
nicebisector.png
nicebisector.png (470.77 KiB) Προβλήθηκε 234 φορές


Μη είναι βασιλικήν ατραπόν επί την γεωμετρίαν.
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1998
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ωραία διχοτόμος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Νοέμ 01, 2018 1:22 pm

Η απόδειξη που μας έδωσε ο Διονύσης πιο πάνω, είναι όλα τα λεφτά :coolspeak: , αλλά ας δούμε και μία άλλη προσέγγιση.

\bullet Έστω E , το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (I) στην πλευρά BC και ας είναι E' , το αντιδιαμετρικό σημείο του E .

Τα σημεία A,\ E',\ D είναι συνευθειακά ( γνωστό αποτέλεσμα ) και έστω Z,\ F , τα σημεία επαφής του A- παρεγγεγραμμένου κύκλου, στις ευθείες των πλευρών AB,\ AC , αντιστοίχως.

Έστω τα σημεία T\equiv BC\cap ZF και K\equiv ZF\cap AD .

\bullet Η ευθεία ZF ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου A ως προς τον κύκλο (I_{a}) και επειδή περνάει από το σημείο T , έχουμε το ότι η ευθεία AD ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου T ως προς τον ίδιο κύκλο, γιατί συνδέει το σημείο A με το σημείο D , επαφής της εφαπτομένης του κύκλου (I_{a}) από το σημείο T .

Άρα, η σημειοσειρά Z,\ K,\ F,\ T είναι αρμονική και ισχύει AK\perp TI_{a} .

Η δέσμη A. ZKFT τώρα, είναι αρμονική και τεμνόμενη από την ευθεία BC μας δίνει την αρμονική σημειοσειρά B,\ D,\ C,\ T .
f178 t62889.png
Ωραία διχοτόμος.
f178 t62889.png (25.55 KiB) Προβλήθηκε 113 φορές
\bullet Ορίζουμε το σημείο S της εκφώνησης, ως την προβολή του σημείου T επί της ευθείας ID και λόγω της αρμονικής δέσμης S. BDCT με SD\perp ST , προκύπτει ότι η ευθεία SD διχοτομεί την γωνία \angle BSC και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί το σημείο S όπως ορίστηκε, ανήκει στον κύκλο (I_{a}) .

Θεωρούμε την ημιευθεία DX , κατά προέκταση της ευθείας I_{a}D προς το μέρος του D και έχουμε ότι η δέσμη D. XE'IE είναι αρμονική, λόγω EE'\parallel DX και IE = IE' .

Δια του σημείου T φέρνουμε την ημιευθεία TY κάθετη επί την TD προς το μέρος που δεν κείται το A .

Οι ομόλογες ευθείες των δεσμών D. XE'IE,\ T. DKSY τώρα, σχηματίζουν ίσες γωνίες ( από TD\perp DX και TK\perp DE' και TS\perp DI και TY\perp DE ) και επομένως, οι δέσμες αυτές έχουν ίσους Διπλούς λόγους και άρα, η δέσμη T. DKSY είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία DI_{a}\parallel DY και επομένως, ισχύει \boxed{I_{a}D = I_{a}D'}\ \ \ ,(1) όπου D'\equiv TS\cap DI_{a} .

Από (1) προκύπτει ότι το σημείο D' ταυτίζεται με το αντιδιαμετρικό σημείο του D και άρα, το σημείο S ανήκει στον κύκλο (I{a}) λόγω \angle DST = 90^{o} και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
nickchalkida
Δημοσιεύσεις: 41
Εγγραφή: Τρί Ιουν 03, 2014 11:59 am
Επικοινωνία:

Re: Ωραία διχοτόμος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickchalkida » Πέμ Νοέμ 08, 2018 10:51 am

Αρχικά θα ήθελα να διορθώσω την προηγούμενη απάντησή μου και να πω ότι είναι ελλειπής.
Όπως σωστά μου επισήμανε ο αγαπητός Κώστας Βήττας ή ισότητα των κόκκινων γωνιών
δεν αποδεικνύει ότι το K ανήκει στον παράκεντρο. Μέχρι τώρα δεν βρήκα
μια επαρκή αιτιολόγηση για αυτό αλλά αντι τούτου θα ήθελα να δώσω μια "Αναλυτικής φύσεως"
απόδειξη και να συγχαρώ με την σειρά μου την όμορφη γεωμετρική απόδειξη του Διονύση.

Θεωρώ ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων με αρχή το I_a και άξονα y (καφέ άξονες)
ο οποίος διέρχεται από το σημείο επαφής D και προσδιορίζω τις συντεταγμένες του
σημείου M λύνοντας το ακόλουθο σύστημα (παράκεντρου κύκλου, ευθείας ID)

\displaystyle{ 
\begin{aligned} 
& x^2 + y^2 = R^2 \\ 
& \frac{y-R}{x} = d = \frac{DN}{IN} 
\end{aligned} 
}

Οι λύσεις του συστήματος είναι

\displaystyle{ 
\begin{aligned} 
& D=(0,R) \\ 
& M=(M_x,M_y)=(-\frac{2Rd}{1+d^2}, -\frac{2Rd^2}{1+d^2}) \\ 
\end{aligned} 
}

Θεωρώ τώρα σύστημα συντεταγμένων με αρχή το M. (Παράλληλο με το πρώτο, κόκκινοι άξονες).
Οι συντεταγμένες των B, D, C σε αυτό το σύστημα είναι B=(-M_x+c-t, R+M_y),
D=(-M_x, R+M_y) C=(-M_x+t-b, R+M_y), ενώ οι συντελεστές διεύθυνσης των ευθειών
MB, MD, MC θα είναι

\displaystyle{ 
m_{MB} = \frac{R+M_y}{-M_x+c-t} \ \ \ m_{MD} = \frac{R+M_y}{-M_x} \ \ \ m_{MC} = \frac{R+M_y}{-M_x+t-b} \ \ \  
}

Επειδή η γωνία δύο τεμνόμενων ευθειών, με συντελεστές διέθυνσης m_1, m_2 δίνεται από τον τύπο

\displaystyle{ 
\phi = atan \frac{m_1-m_2}{1+ m_1m_2} 
}

τότε αρκεί να αποδείξω

\displaystyle{ 
\begin{aligned} 
& \frac{\frac{R+M_y}{-M_x+c-t}-\frac{R+M_y}{-M_x}}{1+\frac{R+M_y}{-M_x+c-t}\frac{R+M_y}{-M_x}} = \frac{\frac{R+M_y}{-M_x}-\frac{R+M_y}{-M_x+t-b}}{1+\frac{R+M_y}{-M_x}\frac{R+M_y}{-M_x+t-b}} \rightarrow \\ 
& \frac{(R+M_y)(t-c)}{-M_x(-M_x+c-t)+(R+M_y)^2} = \frac{(R+M_y)(t-b)}{-M_x(-M_x+t-b)+(R+M_y)^2} \rightarrow \\ 
& \frac{M_x^2 + M_x(t-c) + (R+M_y)^2}{t-c} = \frac{M_x^2 - M_x(t-b)+(R+M_y)^2}{t-b} \rightarrow \\ 
&(M_x^2 + (R+M_y)^2)(\frac{1}{t-c}-\frac{1}{t-b}) = -2M_x \rightarrow \\ 
& (\frac{4R^2d^2}{(1+d^2)^2} - \frac{4R^2d^4}{(1=d^2)^2})\frac{t-b-t+c}{(t-c)(t-b)} = \frac{4Rd}{1+d^2} \rightarrow \\ 
& \frac{4R^2d^2}{(1+d^2)^2}(1+d^2)\frac{c-b}{(t-c)(t-b)} = \frac{4Rd}{1+d^2} \rightarrow \\ 
& Rd (c-b) = (t-c)(t-b) \\ 
\end{aligned} 
}

Θεωρώντας γνωστό ότι τα B,I,N,C,I_a είναι ομοκυκλικά, τότε για να αποδείξω την τελευταία σχέση
αρκεί να αποδείξω ότι

\displaystyle{ 
\begin{aligned} 
& d(c-b) = DN \rightarrow \\ 
&  \frac{DN}{IN}(c-b) = DN \\ 
& IN = c-b \\ 
\end{aligned} 
}

Η τελευταία προκύπτει εύκολα, επειδή BD=c-t και BQ=b-t.
Άρα το ζητούμενο ισχύει.
Συνημμένα
cordbisector01.png
cordbisector01.png (390.28 KiB) Προβλήθηκε 65 φορές


Μη είναι βασιλικήν ατραπόν επί την γεωμετρίαν.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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