Προσδιορισμός σημείου (4).

#1

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω , τυχόν σημείο (*) επί της πλευράς του . Προσδιορίστε το σημείο έστω $P\in AD$ ώστε η διχοτόμος της γωνίας $\angle BPC$ να είναι παράλληλη προς την διχοτόμο της γνωνίας $\angle A$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Αν και είναι θέμα διερεύνησης, ας είναι το σημείο

, διάφορο του ίχνους της διχοτόμου της γωνίας $\angle A$ .

#2

vittasko έγραψε:Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω , τυχόν σημείο (*) επί της πλευράς του . Προσδιορίστε το σημείο έστω $P\in AD$ ώστε η διχοτόμος της γωνίας $\angle BPC$ να είναι παράλληλη προς την διχοτόμο της γνωνίας $\angle A$ .
Κώστας Βήττας.
ΥΓ. Αν και είναι θέμα διερεύνησης, ας είναι το σημείο , διάφορο του ίχνους της διχοτόμου της γωνίας $\angle A$ .

Έστω το αρμονικό συζηγές του ως προς τα και $Q\equiv AE\cap \left( O \right),Q\ne A$ . Ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle BEQ$ τέμνει την στο σημείο και $F\equiv EZ\cap AC$ .
Είναι $\angle FCB \equiv \angle ACB\mathop = \limits^{A,Q,B,C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle EQB$ $\mathop = \limits^{E,Q,Z,B\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle EZB \Rightarrow BCFZ$ εγγράψιμο σε κύκλο (έστω $\left( L \right)$ .

Προφανώς η είναι η πολική του σημείου τομής των και λόγω της αρμονικής δέσμης προκύπτει ότι $AD\cap BF\cap CZ\equiv P$

και ας είναι το σημείο τομής της με την , με στην προέκταση της ημιευθείας ώστε .
[attachment=0]Προσδιορισμός σημείου (4).png[/attachment]
Τότε ισχύει $\angle BTC\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle TNC} \angle BNC + \angle NCT$ $\mathop = \limits^{\angle BNC = \angle ABN\left( {AN = AB} \right),\angle NCT \equiv ACZ = \angle ZBF\left( {B,C,F,Z\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \right)}$

$\angle ABN + \angle ZBF = \angle PBT \Rightarrow \vartriangle PTB$ ισοσκελές με «κορυφή» το .

Προφανώς $\vartriangle {P}'BC$ ισοσκελές με «κορυφή» το ( το μέσο του τόξου του κύκλου $\left( K \right)$ ) και με $\angle TPB\mathop = \limits^{B,P,C,P'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle BP'C\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle PTB,\vartriangle P'BC\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \eta }$

$\vartriangle PTB \sim \vartriangle P'BC \Rightarrow$ $\angle BTP = \angle P'BC\mathop = \limits^{P,B,P',C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle P'BC$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\varepsilon \kappa \tau o\varsigma \,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \pi \iota \,\,\tau \alpha \,\,\alpha \upsilon \tau \alpha ...} \boxed{\,PP'\parallel BT \equiv BN}:\left( 1 \right)$ .

Με διχοτόμο της εξωτερικής γωνίας της «κορυφής» του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABN \Rightarrow \boxed{AA'\parallel BN}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow P{P}'\parallel A{A}'$ και ο προσδιορισμός του έχει πραγματοποιηθεί με τις προϋποθέσεις του προβλήματος

Με όλη μου την εκτίμηση
Στάθης

#3

Στάθη, καλημέρα και σ' ευχαριστώ για μία ακόμα όμορφη λύση.

Όπως έχω πει με άλλη ευκαιρία, ένα αξιοσημείωτο χαρακτηριστικό του

, είναι "η σκέψη του άλλου", η οποία σου προσφέρεται απλόχερα και δεν ισοφαρίζεται με τίποτα από την βιβλιογραφία.

Το πρόβλημα αυτό έρχεται από το παρελθόν ( από την εποχή προ υπολογιστή για μένα ) και η λύση που έχω υπόψη μου βασίζεται σε απλούστερα μέσα, αλλά η δική σου μου αρέσει περισσότερο.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ας είναι το πρόβλημα αυτό και η λύση του Στάθη, μία μικρή αφιέρωση, σε ένδειξη σεβασμού στην μνήμη Θωμά Ραϊκόφτσαλη, που έφυγε πρόσφατα από κοντά μας.

Προσδιορισμός σημείου (4).

Προσδιορισμός σημείου (4).

Re: Προσδιορισμός σημείου (4).

Re: Προσδιορισμός σημείου (4).

Μέλη σε σύνδεση