Συντρέχεια από συντρέχειες

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA235=FB3391.jpg (69.41 KiB) Προβλήθηκε 1371 φορές

Ας είναι

και

τα σεβιανά τρίγωνα δύο τυχαίων σημείων X, Y

στο εσωτερικό τριγώνου ABC

και έστω 3 κύκλοι που, έκαστος διέρχεται από τα ζεύγη σημείων (A_x, A_y), (B_x, B_y), (C_x, C_y)

και εφάπτεται στον περίκυκλο του ABC

, στα σημεία A', B', C'

αντίστοιχα.

Δείξτε ότι οι AA', BB', CC'

συντρέχουν

miltosk · #2

sakis1963 έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 03, 2019 1:37 pm
GEOMETRIA235=FB3391.jpg
Ας είναι και τα σεβιανά τρίγωνα δύο τυχαίων σημείων στο εσωτερικό τριγώνου

και έστω 3 κύκλοι που, έκαστος διέρχεται από τα ζεύγη σημείων

και εφάπτεται στον περίκυκλο του , στα σημεία αντίστοιχα.

Δείξτε ότι οι συντρέχουν

Ωραία η άσκηση.
Αρχικά θέτω:
$\angle A'AB = A_1,\ \angle A'AC = A_2$
$\angle B'BC = B_1,\ \angle B'BA = B_2$
$\angle C'CA = C_1,\ \angle C'CB = C_2$
Από τριγωνομετρικό Ceva

αρκεί:
$\frac{\sin A_1}{\sin A_2}\cdot\frac{sin B_1}{sin B_2}\cdot\frac{sin C_1}{sin C_2}=1$
Από νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα $\vartriangle A'AB,\ \vartriangle A'AC$ λαμβάνουμε αντίστοιχα:
$\frac{\sin A_1}{A'B}=\frac{1}{2R}$
$\frac{\sin A_2}{A'C}=\frac{1}{2R}$
Διαιρώντας αυτές κατά μέλη:
$\frac{\sin A_1}{\sin A_2}=\frac{A'B}{A'C}$
Κάνοντας κυκλικά το ίδιο αρκεί να δείξω ότι:
$\frac{A'B}{A'C}\cdot\frac{B'C}{B'A}\cdot\frac{C'A}{C'B}=1$
Έστω c_A

ο κύκλος που εφάπτεται του περίκυκλου στο

με ακτίνα

και

η ακτίνα του περίκυκλου. Έστω S,T

οι τομές των A'B,A'C

με τον

. Εύκολα αποδυκνείεται φέρνοντας την κοινή εφαπτομένη ότι SA_xA'=A_1

.
Εφαρμόζοντας νόμο ημιτόνων:
$\frac{\sin A_1}{A'B}=\frac{1}{2R}$
$\frac{\sin SA_xA'}{A'S}=\frac{1}{2r_A}$
Διαιρώντας κατά μέλη:
$\frac{A'S}{A'B}=\frac{r_A}{R}$
Κάνω το ίδιο στον ίδιο κύκλο από τη μεριά του

για να λάβω:
$\frac{A'T}{A'C}=\frac{r_A}{R}$
Άρα: $\frac{A'T}{A'C}=\frac{A'S}{A'B}$
Οπότε από αντίστροφο θ. Θαλή ST//BC

.
Άρα από θ. Θαλή: $\frac{A'B}{A'C}=\frac{SB}{TC}$
Δηλαδή: $(\frac{A'B}{A'C})^2=\frac{SB}{TC}\cdot\frac{A'B}{A'C}$
Έστω D_c^K

η δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο

.
Η τελευταία ισότητα λοιπόν εξασφαλίζει:
$(\frac{A'B}{A'C})^2=\frac{D_c_A^B}{D_c_A^C}$
Κάνω το ίδιο κυκλικά παντού και λαμβάνω:
$(\frac{A'B}{A'C})^2\cdot(\frac{B'C}{B'A})^2\cdot(\frac{C'A}{C'B})^2=\frac{D_c_A^B}{D_c_A^C}\cdot\frac{D_c_B^C}{D_c_B^A}\cdot\frac{D_c_C^A}{D_c_C^B}$
Αρκεί λοιπόν να αποδείξω ότι:
$\frac{D_c_A^B}{D_c_A^C}\cdot\frac{D_c_B^C}{D_c_B^A}\cdot\frac{D_c_C^A}{D_c_C^B}=1$
Εφαρμόζω Ceva

για τα

$\frac{C_xA}{C_xB}\cdot\frac{A_xB}{A_xC}\cdot\frac{B_xC}{B_xA}=1$
$\frac{C_yA}{C_yB}\cdot\frac{A_yB}{A_yC}\cdot\frac{B_yC}{B_yA}=1$
Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες έχω το ζητούμενο καθώς:
$BA_x\cdot BA_y=D_c_A^B$
Προκύπτουν λοιπόν όλες οι ζητούμενες δυνάμεις και τελικά το ζητούμενο.
Σημείωση: σε περίπτωση που δεν γίνεται έυκολα κατανοητό η D_c_A^B

είναι η δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο c_A

. Ομοίως οι υπόλοιπες.
Θα ήταν εύκολο με προσωπικό μήνυμα να με βοηθήσετε με το σχήμα καθώς έχω προσπαθήσει πολλές φορές να βάλω χωρίς αποτέλεσμα;

min## · #3

Δείχνω μια γενίκευση που υποθέτει πως τα $A_{x},A_{y}..$ βρίσκονται σε κωνική.(Είναι γενίκευση λόγω του θεωρήματος Carnot).
Αρκεί να δειχτεί πως $\prod _{cyc}BA'/A'C=1$
(αποτελεί μορφή του Ceva που αποδεικνύεται με νόμο ημιτόνων).Αν φέρουμε τις κοινές εφαπτομένες στα A',B',C'

οι οποίες θα τέμνουν τις BC,CA,AB

στα $T_{A},T_{B},T_{C}$ ,θα ισχύει από ομοιότητες πως $\prod_{cyc} T_{A}B/T_{A}C=(\prod _{cyc}BA'/A'C)^2$ οπότε θα αρκεί τα $T_{i}$ να είναι συνευθειακά.Όμως τα $T_{i}$ είναι τα κέντρα των αντιστροφών που ανταλλάζουν τα $(B,C),(A_{x},A_{y})/...$ κλπ.
Αν μετακινώ το $A_{x}$ στην

και παίρνω αντίστοιχο $A_{y}$ ώστε τα $A_{i},B_{i},C_{i}$ να βρίσκονταισε κωνική (κρατώ σταθερά τα άλλα σημεία),τα $A_{x},A_{y}$ βρίσκονται σε ενέλιξη που ανταλλαζει τα B,C

(όταν εκφυλιστεί η κωνική).Μια ενέλιξη καθορίζεται από 2 ζεύγη σημείων,άρα η παραπάνω ενέλιξη είναι η αντιστροφή κέντρου $T_{A}$ .Αυτό μου επιτρέπει να κάνω τα $A_{x},A_{y}$ να ταυτιστούν στο σταθερό σημείο της ενέλιξης/αντιστροφής,και ομοίως και τα άλλα ζεύγη.Από θ.Brianchon για την εγγεγραμμένη κωνική μετά τις παραπάνω μετακινήσεις,οι $AA_{x},BB_{x},CC{x}$ συντρέχουν.Τα T_{i} είναι τα κέντρα των ορθογώνιων κύκλων στον (ABC)

που περνούν από τα $A_{x},B_{x},C_{x}$ και έχουν διαμέτρους στις πλευρές του ABC

(αντίστοιχα).Δεν είναι δύσκολο ότι είναι τα μέσα των διαγωνίων του τετραπλεύρου που δημιουργούνται από τις πλευρές του $A_{x}B_{x}C_{x}$ και την τριγραμμική πολική του

(τομή $AA_{x},BB_{x},CC_{x}) ως προς το$ ABC$ άρα από Θ. Newton είναι συνευθειακά..

sakis1963 · #4

Αφού συγχαρώ τα παιδιά για τις λύσεις τους, οφείλω να πω (μετά από email που έλαβα από τον Jean-Luis Ayme, μεγάλο Γάλλο γεωμέτρη),

οτι η όμορφη αυτή συντρέχεια, είναι ειδική περίπτωση ενός πιο γενικού θεωρήματος "AYME'sTHEOREM" ή "FOUR POINTS THEOREM"

που οφείλεται στον ίδιο. Το θεώρημα παρουσιάζεται σε μια 30σέλιδη πραγματεία στο παρακάτω link:

Ayme's Theorem

min## · #5

: coniccgeneral.png (69.75 KiB) Προβλήθηκε 1162 φορές

Ισχύει και η παρακάτω Προβολική γενίκευση (της γενίκευσης):
Στο τρίγωνο ABC

κωνική τέμνει τις πλευρές του στα $A_{1},A_{2},B_{1},B_{2},C_{1},C_{2}$ .
Οι $AA_{1},AA_{2},BB_{1},BB_{2},CC_{1},CC_{2}$ τέμνουν τον περίκυκλο του ABC

στα $A'_{1},A'_{2},B'_{1},B'_{2},C'_{1},C'_{2}$ .
Τυχαίοι κύκλοι που περνούν από τα $(A'_{1},A'_{2}),(B'_{1},B'_{2}),(C'_{1},C'_{2})$ τέμνουν τις BC,CA,AB

στα $(X_{1},X_{2}),(X_{3},X_{4}),(X_{5},X_{6})$ .
Τότε τα $X_{i}$ ανήκουν σε κοινή κωνική.
Ουσιαστικά είναι η ανάστροφη πορεία της γενίκευσης του Ayme.Πράγματι εκείνος μας δίνει πως τα $X_{1}X_{3}X_{5},X_{2}X_{4}X_{6}$ είναι σεβιανά 2 σημείων,το $A_{1}B_{1}C_{1}$ είναι σεβιανό κάποιου σημείου και ζητάει ν.δ.ο. και το $A_{2}B_{2}C_{2}$ είναι σεβιανό κάποιου σημείου.(με άλλα λόγια τα 3 σεβιανά δίνουν 4).Είναι απλό πως λόγω μονοσήμαντου,όποια 3 σεβιανά και να επιλέξουμε φτάνουμε σε ισοδύναμο πρόβλημα.Στην παραπάνω γενίκευση,αν έχουμε σεβιανά τα $A_{1}B_{1}C_{1}$ , $A_{2}B_{2}C_{2}$ (που δεν είναι απαραίτητο) και ένα σεβιανό με κορυφές μεταξύ των $X_{i}$ (που επίσης δεν είναι απαραίτητο),από Θεώρημα Carnot

και λόγω της κωνικής,θα βγει και το δεύτερο τρίγωνο με κορυφές μεταξύ των $X_{i}$ σεβιανό πράγμα που είναι και το ζητούμενο.Άρα όντως αυτή η γενίκευση είναι γενικότερη..
Η απόδειξη,αύριο.(Δεν είναι ιδιαίτερα μακροσκελής-ουσιαστικά παίζοντας λίγο με τις ενελίξεις καταλήγουμε στο αρχικό πρόβλημα όπου τα $A'_{1},A'_{2}$ ταυτίζονται (και τα κυκλικά τους).)

Συντρέχεια από συντρέχειες

Συντρέχεια από συντρέχειες

Re: Συντρέχεια από συντρέχειες

Re: Συντρέχεια από συντρέχειες

Re: Συντρέχεια από συντρέχειες

Re: Συντρέχεια από συντρέχειες

Μέλη σε σύνδεση