Από το συμμετρικό φυσικά!

Dimessi · #1

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O)

και περιγεγραμμένο σε κύκλο (I).

Η μεσοκάθετη του τμήματος

τέμνει την

στο σημείο

και ο κύκλος διαμέτρου

επανατέμνει τον κύκλο

(AIL)

στο σημείο

έτσι ώστε τα σημεία

V,A

να ανήκουν στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την πλευρά

LO.

Να αποδείξετε ότι η ευθεία

LV

διέρχεται από το συμμετρικό του

ως προς το

: Από το συμμετρικό φυσικά .png (304.09 KiB) Προβλήθηκε 442 φορές

#2

Dimessi έγραψε:Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και περιγεγραμμένο σε κύκλο Η μεσοκάθετη του τμήματος τέμνει την στο σημείο και ο κύκλος διαμέτρου επανατέμνει τον κύκλο $(AIL)$ στο σημείο έτσι ώστε τα σημεία $V,A$ να ανήκουν στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την πλευρά $LO.$ Να αποδείξετε ότι η ευθεία $LV$ διέρχεται από το συμμετρικό του ως προς το

$\bullet$ Έστω τα σημεία

D\equiv (O)\cap AI

και

E\equiv (O)\cap BI

και

F\equiv (O)\cap CI

και έχουμε ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

γιατί ταυτίζεται με την μεσοκάθετη ευθεία του AI.

Έστω

η προβολή του σημείου

επί της ευθείας

και έχουμε ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O),

από $I\equiv BE\cap CF$ με

LBC,\ LFE,

διατέμνουσες του κύκλου (O)

δια του σημείου

Έτσι, η σημειοσειρά

L,P,I,Q

είναι αρμονική, όπου

P,\ Q\equiv (O)\cap LI

και το

μεταξύ των

L,\ I.

Έστω τα σημεία

M\equiv (O)\cap LA

και

K\equiv (O)\cap LD

και έχουμε ότι τα σημεία

M,\ I,\ K

είναι συνευθειακά, λόγω της Πολικής ευθείας του

ως προς τον κύκλο (O)

η οποία περνάει από το σημείο

με συνευθειακά τα

A,\ I,\ D.

: Από το συμμετρικό φυσικά.; mathematica (t=79710).PNG (55.3 KiB) Προβλήθηκε 288 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο

S\equiv AM\cap IJ

και έχουμε ότι η σημειοσειρά

L,A,S,M

είναι αρμονική.

Ισχύει

\boxed{(LA)(LM)=(LP)(LQ)}\ \ ,(1)

Ισχύει επίσης

\boxed{(LP)(LQ)=(LI)(LN)}\ \ ,(2)

με

είναι το μέσον του PQ,

λόγω της αρμονικής σημειοσειράς

L,P,I,Q.

γνωστό αποτέλεσμα που έχουμε δει παλιότερα στο

(*)

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$

\boxed{(LA)(LM)=(LI)(LN)}\ \ ,(3)

Από

και

\boxed{LA=LI}\Rightarrow

\boxed{AM=IN}

και επομένως έχουμε

\boxed{MN\parallel AI}\ \ ,(4)

λόγω του ισοσκελούς τριγώνου

\vartriangle LAI.

$\bullet$ Έστω τα σημεία

Z\equiv AI\cap SN

και

R\equiv SI\cap MN.

Θεωρούμε το τετράπλευρο

LZSI

με το

N\equiv ZS\cap LI

και έχουμε ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

λόγω της αρμονικής σημειοσειράς

L,A,S,M.

Από το τραπέζιο

IZRN

τώρα, προκύπτει ότι

\boxed{AI=AZ}\ \ ,(5)

όπως επίσης και

MN=MR

Επειδή η

RJ,

ως η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O)

περνάει από το σημείο

έχουμε ότι και η Πολική ευθεία του

ως προς τον (O)

περνάει από το σημείο

και άρα, ταυτίζεται με την ευθεία

LY,

όπου

είναι η προβολή του

επί της ευθείας

LO.

Από

RJ\perp LO

και

LY\perp RO

τώρα, έχουμε ότι το σημείο έστω

X\equiv RJ\cap LY

ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου

\vartriangle LRO

και επομένως ισχύει

OX\perp LR

και έστω το σημείο

V\equiv LR\cap OX.

Ο κύκλος έστω (O')

με διάμετρο

περνάει από το σημείο

λόγω

OV\perp LR

και απομένει να αποδειχθεί ότι από το σημείο

περνάει επίσης και ο περίκυκλος του ισοσκελούς τριγώνου

\vartriangle LAI.

: Από το συμμετρικό φυσικά.; mathematica (t=79710).PNG (55.3 KiB) Προβλήθηκε 288 φορές

$\bullet$ Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα

RVXY

και

OJXY

και

OJIN

έχουμε:

(LV)(LR)=(LX)(LY)=(LJ)(LO)=(LI)(LN)\Rightarrow

\boxed{(LV)(LR)=(LI)(LN)}\ \ ,(6)

Από

προκύπτει ότι το τετράπλευρο

RVIN

είναι εγγράψιμο και επομένως ισχύει

\boxed{\angle LVI=\angle RNI}\ \ ,(7)

Αλλά, ισχύει και

\boxed{\angle RNI=\angle LIA=\angle LAI}\ \ ,(8)

λόγω

MN\parallel AI

και

LA=LI.

Από $(7),\ (8)\Rightarrow$

\boxed{\angle LVI=\angle LAI}\ \ ,(9)

Από

συμπεραίνεται ότι ο περίκυκλος του ισοσκελούς τριγώνου

\vartriangle LAI

περνάει από το σημείο

V\equiv LZ\cap (O)

με

το συμμετρικό σημείο του

ως προς το

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

(*) Δείτε το Λήμμα 1 στο #3 Εδώ

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Σημειώνεται ότι η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O)

ταυτίζεται με τον ριζικό άξονα των κύκλων $(O),\ (O'),$ επειδή το κέντρο

του κύκλου (O)

ανήκει στον κύκλο (O')

(προφανές).

ΥΓ. Όπως θα δούμε στα επόμενα, το πρόβλημα γενικεύεται γιατί δεν είναι απαραίτητος ο εγγεγραμμένος κύκλος του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

#3

vittasko έγραψε:Όπως θα δούμε στα επόμενα, το πρόβλημα γενικεύεται γιατί δεν είναι απαραίτητος ο εγγεγραμμένος κύκλος του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

: Από το συμμετρικό φυσικά - Σκέψη για γενίκευση.; mathematica (t=79710) (a).PNG (16.61 KiB) Προβλήθηκε 259 φορές

$\bullet$ Όπως είδαμε στα προηγούμενα, η σημειοσειρά

L,P,I,Q

είναι αρμονική.

Από

LT\perp AI,

όπου

είναι το μέσον του AI,

έχουμε ότι

\angle PTI=\angle ITQ\ \ ,(1)

Με αφετηρία την (1)

το πρόβλημα γενικεύεται ως εξής:

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με σημείο επί της πλευράς για το οποίο ισχύει $\color{black}\angle BTD=\angle CTD,$ όπου είναι το μέσον του και έστω το σημείο $L\in BC$ ώστε να είναι $\color{black}LT\perp AD.$ Ο κύκλος με διάμετρο $\color{black}LO,$ όπου είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ επανατέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle LAD$ στο σημείο έστω Αποδείξτε ότι η ευθεία $\color{black}LV$ περνάει από το συμμετρικό σημείο του ως προς το

: Από το συμμετρικό φυσικά - Εκφώνηση γενίκευσης.; mathematica (79710) (b).PNG (25.68 KiB) Προβλήθηκε 259 φορές

Για την απόδειξη ακολουθούμε το ίδιο σκεπτικό όπως και στα προηγούμενα.

Κώστας Βήττας.

Dimessi · #4

Ευχαριστώ τον κύριο Βήττα βάζοντας μια λύση μου ως ένδειξη ευγνωμοσύνης

: 111111111111111111111111111111111SOLLLLLLLLLLLLLL.png (749.49 KiB) Προβλήθηκε 178 φορές

$\bullet$ Έστω

V \equiv (LIA)\cap LY (V \neq L),

όπου

το συμμετρικό του

ως προς το

κι ας είναι

LM \perp AI \left ( M\in AI \right ), Y\equiv LV\cap AI,

το συμμετρικό του

ως προς το

το μέσο του

VI,

Q_1P_1\perp BC \left ( P_1 \in BC \right ),ID \perp BC \left ( D\in BC \right ) ,

OZ\perp BC \left ( Z\in BC \right ),T \equiv AI \cap BC,IU \perp \overline{AIT}\left ( U\in BC \right ),

είναι

\angle IVY=180^\circ-\angle LVI\overset{\left ( LVAI \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \right )}=180^\circ-\angle LAI\overset{\left(LA=LI \right)}=180^\circ- \angle AIL\Longrightarrow \vartriangle LVI \sim \vartriangle LIY\Longrightarrow \boxed{LV \cdot LY=LI^2 \wedge Q_1Y \parallel =2OA}\left ( 1 \right ),

και

\begin{Bmatrix} IU \parallel LM \perp \overline{AIT} \Longrightarrow \dfrac{TU}{TL}=\dfrac{IT}{MT}=\dfrac{2TI}{2TI+AI}=\dfrac{2a}{2a+b+c}& & & \\ OZ\overset{\left ( Q_1P_1\parallel OZ \parallel ID \right )}=\dfrac{Q_1P_1+r}{2}\Longrightarrow Q_1P_1=2R \cos \angle A-r \wedge P_1Z=DZ=\dfrac{b-c}{2} & & & \\ TU=\dfrac{ab\left ( a+b-c \right )}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )}-\dfrac{ab}{b+c}=\dfrac{ab\left [ \left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )-\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right ) \right ]}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )\left ( b+c \right )}=\dfrac{2a^{2}bc}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )\left ( b+c \right )} & & & \\ & & & \\ \end{Bmatrix} \left ( 2 \right ),

επομένως

TL\overset{(2)}= \dfrac{abc\left ( 2a+b+c \right )}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )\left ( b+c \right )}

\Longrightarrow Q_1L^2=\left ( 2R \cos \angle A-r \right )^{2}+\left ( \dfrac{abc\left ( 2a+b+c \right )}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )\left ( b+c \right )}+\dfrac{a\left ( b-c \right )}{2\left ( b+c \right )}+\dfrac{b-c}{2} \right )^{2} \overset{\left ( 1 \right )}\Longrightarrow Q_1L^2-LV\cdot LY=

\overset{\left ( LA=LI \right )}=

\left ( 2R\cos \angle A-r \right )^{2}+\left ( \dfrac{abc\left ( 2a+b+c \right )}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )\left ( b+c \right )} +\dfrac{a\left ( b-c \right )}{2\left ( b+c \right )}+\dfrac{b-c}{2}\right )^{2}-\left [ \left ( \dfrac{abc\left ( 2a+b+c \right )}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )\left ( b+c \right )} \right )^{2}- TI\cdot TA\right ]=

=\left ( 2R \cos \angle A-r \right )^{2}+\left ( \dfrac{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )}{2\left ( b+c \right )} \right )^{2}+\dfrac{abc\left ( 2a+b+c \right )}{\left ( b+c \right )^{2}}+\dfrac{abc\left ( b+c-a \right )}{\left ( b+c \right )^2}=4R^2\overset{\left ( 1 \right )}=Q_1Y^2

\Longrightarrow \mathrm{Pow} \left ( L, C_{\vartriangle Q_1VY} \right )=Q_1L^2-LY^2 \Longrightarrow Q_1V=Q_1Y \Longrightarrow ON \parallel =\dfrac{Q_1V}{2}=\dfrac{Q_1Y}{2}\parallel =OA \Longrightarrow \boxed{N \in \left ( O \right )},

κι αφού

\begin{Bmatrix} \vartriangle VLI \sim \vartriangle YLI\Longrightarrow \dfrac{VI}{YI}=\dfrac{LI}{LY} & & \\ \vartriangle VLA \sim \vartriangle LYA\Longrightarrow \dfrac{VA}{YA}=\dfrac{LA}{LY}=\dfrac{LI}{LY} & & \\ & & \\ \end{Bmatrix} \overset{\left ( YI=2YA \right )}\Longrightarrow VA=\dfrac{VI}{2}=VN

\overset{^{N \in \left ( O \right )}_{\left\{ A,N\right\}\equiv \left ( O \right )\cap \left ( V\right )}}\Longrightarrow OV \perp AN \overset{\bigtriangleup VIY}\parallel \overline{LVY},

άρα το

ανήκει στον κύκλο διαμέτρου

OL

$\blacksquare$

: 111111111111111111111111111111111SOLLLLLLLLLLLLLL.png (749.49 KiB) Προβλήθηκε 178 φορές

Aυτό το πρόβλημα που κατασκεύασα έχει προϊστορία καθώς μου είχε τηλεφωνήσει λίγες ώρες μετά αφού το είχα αναρτήσει ,ο Σωτήρης Τζαβούλης, λέγοντάς μου να τον ξεμπλοκάρω γιατί σκέφτηκε ένα λήμμα και έσπαγε το κεφάλι του να βρει λύση. Τον ξεμπλόκαρα βρίσκοντας αυτή τη λύση που του την έστειλα σε Π.Μ. Το λήμμα είναι δικής του έμπνευσης απλώς δεν είχε απόδειξη από ό,τι μου είπε τότε και με ήθελε να τον μπουστάρω για το λήμμα και να οδηγήσω το λήμμα σε λύση. Ιδού λοιπόν το λήμμα:

Λήμμα (Σωτήρης Τζαβούλης) Έστω το παράκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC,$ και το σημείο τομής της συμμετρικής της ως προς την ευθεία με τον κύκλο Να αποδείξετε ότι

I_aA=I_aH.

Απόδειξη (Δημήτρης Dimessi) Έστω

U≡AH∩BC,Q≡AD∩IL

με

και

την

εσωτερική και

εξωτερική διχοτόμο αντίστοιχα. Είναι

\angle QAI=90^\circ \overset{(LA=LI)}\Longrightarrow LQ=LA=LI

κι επειδή

\angle IAH=\angle IAL=\angle AIL

\Longrightarrow \overline {ILQ} \parallel UA

άρα η δέσμη

A.UQLI

είναι αρμονική και τέμνοντάς την με την

είναι

(U,D,L,E)=-1 \Longrightarrow \dfrac{UD}{UE}=\dfrac{LD}{LE}

και με

μέσο του

είναι

\dfrac{LD}{LE}=\dfrac{AM}{ME}=\dfrac{AI}{2AE-AI}

οπότε

\dfrac{UD}{DE}=\dfrac{AI}{2EI}\Longrightarrow \dfrac{UL}{LE}=\dfrac{\dfrac{AI}{2EI}+\dfrac{AI}{2AE}}{\dfrac{AE+EI}{2AE}}=\dfrac{AI}{EI}\overset{(A,I,E,I_a)=-1}=\dfrac{AI_a}{EI_a} \Longrightarrow

η ευθεία

I_aL

διχοτομεί το τμήμα

UA

και άρα στο τραπέζιο

AUQI

οι μη παράλληλες πλευρές τέμνονται πάνω στην ευθεία που διέρχεται από τα μέσα των βάσεών του
δηλαδή

I_a\equiv AI \cap ZL \cap UQ \Longrightarrow U,Q,I_a

συνευθειακά και με

IW \perp \overline {UQI_a}

το

ανήκει στους κύκλους

(QIA)

και

(BICI_a)

διαμέτρων

και

αντίστοιχα και συνεπώς

UA \cdot UH \overset{H \in (ABC)}=UB \cdot UC=UW \cdot UI_a

\Longrightarrow HAWI_a

εγγράψιμο

\Longrightarrow \angle AHI_a=\angle QWA=\angle QIA\equiv \angle LIA \overset{(IL \parallel HA)}=\angle HAI_a \Longrightarrow \boxed{I_aA=I_aH}

: Σωτηράκης άσκηση.png (428.69 KiB) Προβλήθηκε 178 φορές

Λύση με βάση το λήμμα (Δημήτρης Dimessi)
Έστω

R \equiv (L,LI) \cap (ABC),J \equiv RI \cap (ABC) (J \neq R), Z \equiv RI \cap I_aO ,

N \equiv AI \cap (ABC)(N \neq A), T \equiv LI \cap I_aO,

U \equiv I_a H \cap (ABC)(U \neq H),

όπου

το συμμετρικό του

ως προς το

και

V \equiv LQ \cap (LIA) (V \neq L).

Επειδή

I_aA=I_aH \Longrightarrow NU \parallel AH \Longrightarrow \angle ANU=180^\circ-\angle I_aAH=180^\circ-\angle IAL=\angle QAL

κι αφού

\dfrac{NI}{NU}=\dfrac{NI_a}{NU}\overset{(NU \parallel AH)}=\dfrac{I_aA}{AH}\overset{(\vartriangle IAL \sim \vartriangle I_aAH)}= \dfrac{LA}{AI}=\dfrac{LA}{QA} \Longrightarrow \vartriangle QAL \sim \vartriangle UIN

\Longrightarrow \angle UIN=\angle QLA\overset{V \in (LIA)}=\angle VIA \Longrightarrow V,I,U

συνευθειακά

\Longrightarrow \angle AVU\equiv \angle AVI=\angle ALI \overset{(\vartriangle IAL \sim \vartriangle I_aAH)}=\angle AI_aU \Longrightarrow V,A,U,I_a

ομοκυκλικά κι αφού στο

\vartriangle AI_aU

η διχοτόμος της γωνίας

\angle AI_aU

τέμνει τη μεσοκάθετο του

UA

στο

από Θεώρημα νότιου πόλου

A,O,U,I_a

ομοκυκλικά και συνεπώς

V,A,O,U,I_a

ομοκυκλικά

\Longrightarrow \angle VAI_a=\angle VOI_a \overset{\mod \pi }\Longrightarrow \angle VLT=\angle VOT \Longrightarrow OLVT

εγγράψιμο κι επειδή

LI \parallel AH \perp \overline {I_aOZ} \Longrightarrow \angle OTL=90^\circ \overset{V\in (OTL)}\Longrightarrow \angle OVL=90^\circ,

συνεπώς το σημείο

ανήκει στον κύκλο διαμέτρου

OL,

έστω

\left (\gamma \right) ,

άρα ο κύκλος διαμέτρου

και ο κύκλος

(LIA)

επανατέμνονται επί της ευθείας

LQ,

όπου

το συμμετρικό του

ως προς το

A ,

όπως θέλαμε $\blacksquare$

: Σωτηράκης συνέχιση θέματος με λήμμα .png (779.25 KiB) Προβλήθηκε 178 φορές

Επιπρόσθετο ερώτημα (Dimessi) Αν ο κύκλος

(VYZ)

επανατέμνει την ευθεία

στο σημείο

W'',

να αποδείξετε ότι

YW'' \perp LO.

: 111111111111111111111111111111111SOLLLLLLLLLLLLLL.png (749.49 KiB) Προβλήθηκε 178 φορές

Dimessi · #5

Βάζω τη δεύτερη λύση μου

: 111111111111111111111111111111111SOLLLLLLLLLLLLLL.png (749.49 KiB) Προβλήθηκε 106 φορές

$\bullet$ Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας

LA=LI,

όπου

το συμμετρικό του

ως προς το

και

V \equiv (LIA) \cap LY (V \neq L),

κι αφού

LV \cdot LY=LI^2 \Longrightarrow

η εικόνα του

είναι το

και

LJ''\cdot LO\overset{OJ''W''Z \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=LW''\cdot LZ=LI^{2}\Longrightarrow

οι εικόνες των

J'',W''

είναι τα σημεία O,Z

αντίστοιχα κι ας είναι

W'' \equiv (VYZ) \cap BC (W''\neq Z), J'' \equiv (OZW'')\cap LO (J''\neq O),

τότε

\begin{Bmatrix} YL^2-YO^2\overset{LI=LA \wedge YA=AI}= \left ( LI^2+2AI^2 \right )- \left ( R^2+2Rr+2AI^2 \right )=LI^2-R\left ( R+2r \right ) & & \\ W''L^{2}-W''O^{2}=LZ\left ( 2LW''-LZ \right )-OZ^2\overset{VYZW'' \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( LW''\cdot LZ=LV\cdot LY=LI^{2} \right )}=2LI^{2}-LZ^{2}-OZ^{2} & & \\ & & \\ \end{Bmatrix}

\Longrightarrow \left ( YL^{2}-YO^{2} \right )-\left ( W''L^{2}-W''O^{2} \right )=LZ^2+OZ^2-LI^2-R\left ( R+2r \right )=

=LZ^2+\left ( R\cos \angle A \right )^{2}-\left ( LD^2+r^2 \right )-R\left ( R+2r \right )=DZ\left ( 2DL+DZ \right )-R^{2}\sin ^{2}\angle A-r^{2}-2Rr=

=\dfrac{b-c}{2}\left ( \dfrac{\left ( b+c \right )^{2}\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )+2abc^{2}}{\left ( b-c \right )\left ( b+c \right )\left ( a+b+c \right )}+\dfrac{b-c}{2} \right )-\left ( \dfrac{a}{2} \right )^{2}-r^{2}-2Rr=0

\Longrightarrow YL^2-YO^2=W''L^2-W''O^2 \Longleftrightarrow YW''\perp LO

και

\angle OJ''W''\overset{J'' \in (OZW'')}=\angle CZO=90^\circ \overset{YW'' \perp LO}\Longrightarrow YW''\equiv J''W'' \perp LO,

άρα τα σημεία

Y,J'',W''

είναι συνευθειακά κι αφού οι εικόνες των σημείων

Y,J'',W''

ως προς τον αντιστροφή $\Phi$ είναι τα σημεία

V,O,Z

αντίστοιχα, συνεπώς τα σημεία

L,V,O,Z

είναι ομοκυκλικά και άρα

\angle OVL=90^\circ.

: 111111111111111111111111111111111SOLLLLLLLLLLLLLL.png (749.49 KiB) Προβλήθηκε 106 φορές

Από το συμμετρικό φυσικά!

Από το συμμετρικό φυσικά!

Re: Από το συμμετρικό φυσικά!

Re: Από το συμμετρικό φυσικά!

Re: Από το συμμετρικό φυσικά!

Re: Από το συμμετρικό φυσικά!

Μέλη σε σύνδεση