Από τη Ρωσία με αγάπη!!

giannimani · #1

: exer.png (68.69 KiB) Προβλήθηκε 1573 φορές

Έστω

και

τα ίχνη της εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας

ενός τριγώνου ABC

στην πλευρά

αντίστοιχα. Έστω ακόμη

το σημείο τομής των εφαπτομένων του περιγεγραμμένου
κύκλου $(\omega)$ του $\vartriangle{ABC}$ στις κορυφές

και

. Η κάθετος της

στο

τέμνει την

στο σημείο

.
Να αποδείξετε ότι το

ανήκει στην ευθεία που ενώνει τα μέσα των πλευρών

και

του $\vartriangle{LKP}$ .

#2

giannimani έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 30, 2018 9:31 pm
exer.pngΈστω και τα ίχνη της εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας ενός τριγώνου
στην πλευρά αντίστοιχα. Έστω ακόμη το σημείο τομής των εφαπτομένων του περιγεγραμμένου
κύκλου $(\omega)$ του $\vartriangle{ABC}$ στις κορυφές και . Η κάθετος της στο τέμνει την στο σημείο .
Να αποδείξετε ότι το ανήκει στην ευθεία που ενώνει τα μέσα των πλευρών και του $\vartriangle{LKP}$ .

Όμορφο!!! πρόβλημα Γιάννη!. Όχι ιδιαίτερα δύσκολο και πιθανόν να έχει ξανασυζητηθεί. Θα επανέλθω το βραδάκι (ίσως) με μια εύκολη (σχετικά) λύση (αν δεν απαντηθεί με τον ίδιο τρόπο) γιατί τώρα είμαι Βρυξέλλες σε μετακόμιση

#3

giannimani έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 30, 2018 9:31 pm
exer.pngΈστω και τα ίχνη της εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας ενός τριγώνου στην πλευρά αντίστοιχα. Έστω ακόμη το σημείο τομής των εφαπτομένων του περιγεγραμμένου κύκλου $(\omega)$ του $\vartriangle{ABC}$ στις κορυφές και . Η κάθετος της στο τέμνει την στο σημείο . Να αποδείξετε ότι το ανήκει στην ευθεία που ενώνει τα μέσα των πλευρών και του $\vartriangle{LKP}$ .

$\bullet$ Αν $F\equiv AL\cap \left( O \right),F\ne A$ τότε με την εσωτερική διχοτόμο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ προκύπτει ότι το είναι το μέσο του τόξου $BC,A\notin \tau o\xi .BC$ και με

εφαπτομενικά τμήματα του κύκλου $\left( O \right)$ , θα είναι μεσοκάθετη της $\left( O\in PF \right)$ και έστω $R\equiv BC\cap PF,E\equiv \left( O \right)\cap PF,E\ne F$ . Από $FA\bot KA$ (

εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος του $\vartriangle ABC$ και διάμετρος του $\left( O \right)\Rightarrow E,A,K$ συνευθειακά.

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle EFK$ το είναι το ορθόκεντρό του (σημείο τομής των υψών του και συνεπώς $EL\bot KF$ και με διάμετρος του

$\left( O \right)\Rightarrow K,Z,F$ συνευθειακά , με $Z\equiv EL\cap \left( O \right),Z\ne E$ και ας είναι $S\equiv KZF\cap MN$ και $T\equiv LS\cap KP$ .

: Από Ρωσία με αγάπη!.png (47.38 KiB) Προβλήθηκε 1399 φορές

$\bullet$ Με τα μέσα του τριγώνου $\vartriangle LKP\Rightarrow S$ το μέσο της .

Με την πολική του ως προς τον κύκλο $\left( O \right)$ προκύπτει ότι η σειρά $\left( P,Z,W,A \right)$ είναι αρμονική (με $W\equiv AP\cap KL$ , και συνεπώς και η δέσμη

είναι αρμονική και με το μέσο της $LT \Rightarrow LST\parallel EK\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle EZK} \dfrac{{ZL}}{{LE}} = \dfrac{{ZS}}{{SK}}:\left( 1 \right)$ .

Ομοίως από $QS\mathop \parallel \limits^{MNQ\parallel PK,\left( {M,N\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,LK,LP} \right),Q \equiv MN \cap AP}$ $PK\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle ZQK} \dfrac{{ZQ}}{{QP}} = \dfrac{{ZS}}{{SK}}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \dfrac{{ZL}}{{LE}} = \dfrac{{ZQ}}{{QP}}\mathop \Rightarrow \limits^{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\,\,\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle ZPE}$ $LQ\parallel EP\mathop \Rightarrow \limits^{EP \bot BC} LQ \bot BC$ και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

* Το όπως ορίστηκε πιο πάνω ταυτίζεται με το ${Z}'\equiv AP\cap \left( O \right),{Z}'\ne A$ λόγω των αρμονικών σειρών $\left( P,F,R,E \right),\left( P,{Z}',W,A \right)$ (λόγω της πολικής του ως προς τον $\left( O \right)$
Στάθης

min## · #4

Εναλλακτικά,με R,W

όπως ορίστηκε παραπάνω και $T=LQ\cap PQ$ ,αρκεί P.RLQK

αρμονική,το οποίο είναι άμεσο επειδή A.RLWK

αρμονική(διάμεσος-συμμετροδιάμεσος είναι ισογώνιες).

giannimani · #5

: exer19.png (83.76 KiB) Προβλήθηκε 1235 φορές

Το να δώσεις συγχαρητήρια στο Στάθη για μία λύση που έδωσε σε ένα ακόμη πρόβλημα (που ο ίδιος το χαρακτήρισε όχι πολύ δύσκολο, προσωπικά
ας μου επιτραπεί να διαφωνήσω "χαλαρά!"), το θεωρώ περιττό.

Στη συνέχεια αφού αναφέρω ότι το πρόβλημα αυτό δόθηκε στο διαγωνισμό που γίνεται στη Ρωσία προς τιμή του
μεγάλου γεωμέτρη I.F. Sharygin (1937 - 2004) τη χρονια 2015, για τις τάξεις 10-11, δίνω μια λύση που στηρίζεται στην υπόδειξη της επιτροπής του διαγωνισμού.

Εφόσον η

είναι η πολική του

ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο $(\omega)$ του $\vartriangle ABC$ , προκύπτει ότι το

ανήκει στην πολική του

.
Επίσης από το γεγονός ότι (BCLK)=-1

, έχουμε ότι το

ανήκει στην πολική του

. Ως εκ τούτου η

είναι η πολική του

ως προς τον $(\omega)$ ,
οπότε λόγω ορισμού της πολικής $OL \bot KP$ , και αν

,

τα μέσα των

,

αντίστοιχα, τότε $MN \parallel KP$ ,και επομένως, $OL \bot MN$ .
Όμως, από $(BCLK)=-1\, \Longrightarrow \, (LKCB)=-1$ , και εφόσον

το μέσο του

, τότε $MC \cdot MB=ML^2=MA^2$
(η

διάμεσος επί την υποτείνουσα του ορθογώνιου τριγώνου

), δηλαδή, η

εφαπτομένη του $(\omega)$ .
Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι το

έχει ίσες δυνάμεις ως προς τον κύκλο $(\omega)$ και το σημείο

, οπότε ανήκει στον ριζικό άξονα αυτών,
και εφόσον $(OL) \bot MN$ , προκύπτει ότι ο ριζικός άξονας είναι η ευθεία

.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι το

ανήκει σε αυτόν τον άξονα.
Ο κύκλος $(\gamma)$ διαμέτρου

είναι ο απολλώνιος κύκλος του $\vartriangle ABC$ , και σύμφωνα με γνωστό πρόβλημα (*) η κοινή χορδή αυτού και του $(\omega)$ είναι
η συμμετροδιάμεσος

, που είναικαι ο ριζικός άξονας των δύο αυτών κύκλων. Το

από υπόθεση ανήκει σε αυτόν το ριζικό άξονα.
Επειδή όμως και η ευθεία

είναι ο ριζικός άξονας του κύκλου $(\gamma)$ και του σημείου

, τότε το

θα είναι το κοινό σημείο των τριών ριζικών αξόνων, δηλαδή $Q\in (MN)$ .

(*) Αποδεικνύουμε το πρόβλημα που χρησιμοποιήσαμε.
Έστω ότι η

τέμνει τη

και τον κύκλο $(\omega)$ στα σημεία

και

αντίστοιχα.
Τότε, από την ομοιότητα των τριγώνων ABE

και

έχουμε : $\frac{AB}{CD}=\frac{BE}{DE}$ .
Από την ομοιότητα των τριγώνων ACE

και

έχουμε : $\frac{AC}{BD}=\frac{CE}{DE}$ .
Με διαίρεση των δύο παραπάνω, προκύπτει ότι $\frac{AB \cdot BD}{AC \cdot CD }= \frac{BE}{CE}\;(1)$
Αλλά το

είναι σημείο του απολλώνιου κύκλου , οπότε $\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}\;(2)$
Η (1) λόγω της (2) γίνεται $\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BE}{CE}$ , που από αυτό
προκύπτει ότι η

συμμετροδιάμεσος του $\vartriangle{ABC}$ .

#6

Αρκεί να δείξω ότι το

είναι μέσο του

Στο σχήμα θεωρούνται γνωστά:

Η συμμετροδιάμεσος

είναι η κοινή χορδή.

Οι κύκλοι είναι ορθογώνιοι και η πολική του κέντρου του ενός, ως προς τον άλλον, είναι η κοινή χορδή.

To

είναι το συζυγές αρμονικό του

ως προς τα B, C

, άρα ανήκει στην πολική του

, ως προς τον κύκλο (O)

.

Επειδή, στην συνέχεια, το

ανήκει στην πολική του

, από το θεώρημα του Hire το

ανήκει στην πολική του

, επομένως η πολική του

ως προς τον κύκλο (O)

είναι η

. Έτσι η

είναι κάθετη στην

και επειδή και η

είναι κάθετη στην

τα

είναι συνευθειακά.

Αφού, τώρα, το

ανήκει στη πολική του

, ως προς τον δεξιά κύκλο, το

ανήκει στην πολική του

και επειδή η

εφάπτεται του κύκλου αυτού, συμπεραίνουμε ότι η πολική του

είναι η ευθεία OLZ

και η

εφάπτεται στον κύκλο δεξιά. Επομένως στο ορθογώνιο τρίγωνο LZE

είναι

που σημαίνει ότι το

είναι μέσο του

, και η απόδειξη έγινε.

: 112.png (46.6 KiB) Προβλήθηκε 1174 φορές

#7

giannimani έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 30, 2018 9:31 pm
exer.pngΈστω και τα ίχνη της εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας ενός τριγώνου
στην πλευρά αντίστοιχα. Έστω ακόμη το σημείο τομής των εφαπτομένων του περιγεγραμμένου
κύκλου $(\omega)$ του $\vartriangle{ABC}$ στις κορυφές και . Η κάθετος της στο τέμνει την στο σημείο .
Να αποδείξετε ότι το ανήκει στην ευθεία που ενώνει τα μέσα των πλευρών και του $\vartriangle{LKP}$ .

Ας είναι το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle AML\left( {AM\mathop = \limits^{\angle LAK = {{90}^0},M\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,LK} ML} \right)$

με την και ${OP \bot BC\left( {PB,PC\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \iota \kappa \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( O \right)} \right)}$

Τότε το τρίγωνο $\vartriangle ASL$ είναι ισοσκελές, άρα $\angle LSA = 2\left( {\angle LAS \equiv \angle LAT} \right)$ $\mathop = \limits^{AT\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho o\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle ABC} \angle RAS \Rightarrow$

$LS\parallel AR\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \dfrac{{TL}}{{LR}} = \dfrac{{TS}}{{SA}}$ $\mathop = \limits^{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle AMT} \dfrac{{TM}}{{MA}}\mathop = \limits^{MA = MK} \dfrac{{TM}}{{MK}}$

$\mathop = \limits^{MN\parallel PK\left( {M,N\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,LK,LP\,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \alpha } \right)} \frac{{TQ}}{{QP}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\,\,\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle TRP} LQ\parallel PR\mathop \Rightarrow \limits^{PR \bot BC} LQ \bot BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Από τη Ρωσία με αγάπη!!

Από τη Ρωσία με αγάπη!!

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη!!

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη!!

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη!!

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη!!

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη!!

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη!!

Μέλη σε σύνδεση