Ισοσκελές από το πουθενά...

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Ισοσκελές από το πουθενά...

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Απρ 07, 2018 4:52 pm

Έστω τρίγωνο ABC και ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο το O. Οι εφαπτόμενες από B, C τέμνονται στο D. Έστω M το μέσο του AD. Η κάθετη από το O στην MO τέμνει την εφαπτόμενη από το A και την BC στα E, F αντίστοιχα. Να αποδειχθεί πως το τρίγωνο EMF είναι ισοσκελές.

Καλή Ανάσταση σε όλους!


Houston, we have a problem!

Λέξεις Κλειδιά:
Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Re: Ισοσκελές από το πουθενά...

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Σάβ Απρ 07, 2018 7:21 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Σάβ Απρ 07, 2018 4:52 pm
Έστω τρίγωνο ABC και ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο το O. Οι εφαπτόμενες από B, C τέμνονται στο D. Έστω M το μέσο του AD. Η κάθετη από το O στην MO τέμνει την εφαπτόμενη από το A και την BC στα E, F αντίστοιχα. Να αποδειχθεί πως το τρίγωνο EMF είναι ισοσκελές.

Καλή Ανάσταση σε όλους!
Θα χρησιμοπίουμε μηγαδικοί αριθμοί.
Έστω ότι τα σημεία στο πρόβλημα είανι μηγαδικοί αριθμοί.
Έστω ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABC είναι το μοναδίαιο κύκλο.
Έχουμε ότι d=\frac{2bc}{b+c} \Rightarrow m=\frac{\frac{bc}{b+c}+a}{2}=\frac{ab+ac+bc}{2(b+c)}
\bar m=\frac{\bar{ab}+\bar{ac}+\bar{bc}}{2(\bar{b}+\bar{c})}=\frac{c+b+a}{2ac+2ab}
Έχουμε τα παρακάτω
1)MO είανι κάθετη στην OF: \frac{m}{\bar m}= \frac{f}{\bar f}
2)e είανι πάνω στην εφαπτόμενη απο το Α: e+a^2 \bar e=2a
Δηλαδή e=2a-\frac{a^2 \bar{m}}{m}=e=2a-\frac{a^2(\frac{c+b+a}{2ac+2ab})}{\frac{ab+ac+bc}{2(b+c)}}
Επίσης έχουμε πως
3) MO είανι κάθετη στην OΕ \frac{m}{\bar m}= \frac{f}{\bar f}
4) b,c,f είναι πάνω στην ίδια ευθεία \frac{b-c}{\bar b -\bar c}=\frac{b-f}{\bar b -\bar f}
Δηλαδή
f=\frac{\frac{b}{c}-\frac{c}{b}} {\frac{1}{c}-\frac{1}{b}+\frac{b(\frac{c+b+a}{2ac+2ab})}{\frac{ab+ac+bc}{2(b+c)}} -\frac{c(\frac{c+b+a}{2ac+2ab})}{\frac{ab+ac+bc}{2(b+c)}}}
Τωρά με εύκολες αλγεβραικές πράξεις προκύπτει e=-f
Δηλαδή OF=OE
Άρα το τρίγωνο EMF είναι ισοσκελές
tangents.JPG
tangents.JPG (46.21 KiB) Προβλήθηκε 542 φορές


gavrilos
Δημοσιεύσεις: 1034
Εγγραφή: Παρ Δεκ 07, 2012 4:11 pm

Re: Ισοσκελές από το πουθενά...

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gavrilos » Σάβ Απρ 07, 2018 7:37 pm

Καλησπέρα.

\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=0.5cm,y=0.5cm] 
\clip(-14.,-8.3) rectangle (11.2,6.7); 
\fill[line width=0.8pt,color=white,fill=white,fill opacity=0.10000000149011612] (2.190384487963723,5.366910193221686) -- (0.,0.) -- (7.,0.) -- cycle; 
\draw [line width=0.8pt,color=black] (2.190384487963723,5.366910193221686)-- (0.,0.); 
\draw [line width=0.8pt,color=black] (0.,0.)-- (7.,0.); 
\draw [line width=0.8pt,color=black] (7.,0.)-- (2.190384487963723,5.366910193221686); 
\draw [line width=0.8pt] (3.5,1.7019865391586084) circle (1.945941814358609cm); 
\draw [line width=0.8pt] (2.190384487963723,5.366910193221686)-- (3.5,-7.197471729744639); 
\draw [line width=0.8pt] (2.8451922439818613,-0.9152807682614768)-- (3.5,1.7019865391586084); 
\draw [line width=0.8pt] (-3.3028420336632194,3.403973078317217)-- (10.30284203366322,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (7.,0.)-- (10.30284203366322,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (3.5,-7.197471729744639)-- (7.,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (3.5,-7.197471729744639)-- (0.,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (3.5,1.7019865391586084)-- (3.5,-7.197471729744639); 
\draw [line width=0.8pt] (3.5,-7.197471729744639)-- (10.30284203366322,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (2.190384487963723,5.366910193221686)-- (3.5,1.7019865391586084); 
\draw [line width=0.8pt] (2.190384487963723,5.366910193221686)-- (-12.828768794504084,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (-12.828768794504084,0.)-- (0.,0.); 
\draw [line width=0.8pt] (-12.828768794504084,0.)-- (3.5,-7.197471729744639); 
\draw [line width=0.8pt] (-12.828768794504084,0.)-- (3.5,1.7019865391586084); 
\begin{scriptsize} 
\draw [fill=black] (2.190384487963723,5.366910193221686) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (2.050907016363515,6.117590570634495) node {A}; 
\draw [fill=black] (0.,0.) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (-0.532960390381481,-0.24566498328975395) node {B}; 
\draw [fill=black] (7.,0.) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (7.295772200204104,-0.39992572399094795) node {C}; 
\draw [fill=black] (3.5,-7.197471729744639) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (4.133427015829631,-7.148833129668182) node {D}; 
\draw [fill=black] (3.5,1.7019865391586084) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (4.094861830654333,1.0655513126703942) node {O}; 
\draw [fill=black] (2.8451922439818613,-0.9152807682614768) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (2.2437329422400074,-0.7855775757439326) node {M}; 
\draw [fill=black] (-3.3028420336632194,3.403973078317217) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (-3.2325233526523727,4.22789649704487) node {E}; 
\draw [fill=black] (10.30284203366322,0.) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (10.573812940104473,0.5642039053915141) node {F}; 
\draw [fill=black] (-12.828768794504084,0.) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (-12.873819646476985,0.718464646092708) node {G}; 
\draw [fill=black] (2.5823578491251014,1.6063385078704626) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (2.128037386714112,1.1812468681962898) node {H}; 
\draw [fill=black] (3.5,0.) circle (1.5pt); 
\draw[color=black] (3.940601089953139,-0.43849090916624633) node {I}; 
\end{scriptsize} 
\end{tikzpicture}

Έστω G\equiv AE\cap BC,H\equiv GO\cap AD και I\equiv OD\cap BC.Είναι γνωστό ότι η AD είναι η πολική του G ως προς τον κύκλο (το G ανήκει στην πολική του D,άρα,από το θ. La Hire,και το D ανήκει στην πολική του G.Προφανώς και το A ανήκει στην πολική του G οπότε έχουμε το ζητούμενο).Άρα GO\perp AD\Rightarrow \hat{GHD}=\hat{GID}=90^{\circ}\Rightarrow GDIH εγγράψιμο.Άρα \displaystyle{\begin{equation} \hat{OGF}=\hat{ODM}\end{equation}}.Επιπλέον,\displaystyle{\hat{MOD}=\hat{OFG}} ως γωνίες με πλευρές κάθετες (είναι και οι δύο οξείες).Συμπεραίνουμε ότι \triangle{ODM}\simeq \triangle{OGF}.Παρατηρούμε επίσης ότι \triangle{AOM}\simeq \triangle{OEG}.Πράγματι,\hat{AMO}=\hat{GOE} ως παραπληρωματικές των ίσων γωνιών των ομοίων τριγώνων που αναφέραμε παραπάνω,και \hat{OGE}=\hat{OAM} αφού το τρίγωνο \triangle{GOA} είναι ορθογώνιο,και το AH είναι το ύψος του.Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι

\begin{center} 
\cfrac{OF}{OM}=\cfrac{OG}{DM}=\cfrac{OG}{AM}=\cfrac{OE}{OM} 
\end{center} δηλαδή OE=OF.Συνεπώς,η OM είναι μεσοκάθετος του EF,και το ζητούμενο έπεται.


Αν τα γεγονότα δεν συμφωνούν με τη θεωρία, τότε αλίμονο στα γεγονότα.

Albert Einstein
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 308
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Ισοσκελές από το πουθενά...

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Απρ 07, 2018 7:48 pm

Με T,S τις τομές της EF με την AB,AC είναι και MT=MS.. ;)


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ισοσκελές από το πουθενά...

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Απρ 07, 2018 9:35 pm

min## έγραψε:
Σάβ Απρ 07, 2018 7:48 pm
Με T,S τις τομές της EF με την AB,AC είναι και MT=MS.. ;)
Αναπάντεχο Ισοσκελές!.png
Αναπάντεχο Ισοσκελές!.png (31.02 KiB) Προβλήθηκε 487 φορές
Πράγματι:

Έστω L το σημείο στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου του ABC έτσι ώστε AL//EF και A' το αντιδιαμετρικό του A.

Παρατηρούμε πως αφού OE=OF, τα σημεία E και F θα έχουν ίσες δυνάμεις ως προς του κύκλο.

Ταυτόχρονα το τετράπλευρο EAFA' είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοι του διχοτομούνται. Άρα EA=FA'\Rightarrow EA^2=FA'^2, δηλαδή η δύναμη του E στον κύκλο είναι ίση με FA'^2, δηλαδή η δύναμη του F στον κύκλο είναι ίση με FA'^2. Επομένως η FA' είναι εφαπτόμενη στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC.

Ταυτόχρονα είναι LA'\perp LA' (AA' διάμετρος του κύκλου), δηλαδή LA'\perp OE, λόγω του ότι AL//EF. Επομένως το L είναι το συμμετρικό του A' ως προς την FO και αφού η FA' είναι εφαπτόμενη θα είναι και η FL.

Το εγγράψιμο τετράπλευρο BA'CL είναι λοιπόν αρμονικό, αφού οι εφαπτόμενες από τα A' και L τέμνονται πάνω στην διαγώνιο του BC, δηλαδή στο F.

Η δέσμη λοιπόν A(B, C, A', L) είναι αρμονική, δηλαδή η δέσμη A(T, S, O, L) είναι αρμονική. Αφού τώρα AL// TS, έχουμε πως O μέσο του TS, δηλαδή OT=OS και το ζητούμενο έπεται εύκολα.


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες