Όμορφη Ομοκυκλικότητα

#1

: Ομορφη ομοκυκλικότητα.png (42.27 KiB) Προβλήθηκε 1847 φορές

Έστω είναι τρία ίσα διαδοχικά τόξα κύκλου $\left( O \right)$ με μέτρο μικρότερο των ${{120}^{0}}$ και τυχόν σημείο του υπόλοιπου από τον κύκλο τόξου . Να δειχθεί ότι είναι ομοκυκλικά , με τα σημεία τομής των εκ του καθέτων στις με τις πλευρές του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , όπου είναι το κέντρο του κύκλου Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$

Στάθης

#2

Όμορφο πρόβλημα. Ότι πρέπει για ένα ΑΛΤΣΟΤΕΣΤ για τους ηλικιωμένους ( > 65 ).

$\bullet$ Αλλάζω λίγο τους συμβολισμούς, για ( δική μου ) ευκολία.

Έστω $AD, \ BE,\ CF$ τα ύψη του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και ας είναι $K,\ L,\ M$ τα μέσα των πλευρών του $BC,\ AC,\ AB$ , αντιστοίχως και έστω $S,\ T$ τα σημεία στον περίκυκλο (O)

του $\vartriangle ABC$ , ώστε να είναι CS = BC = BT

.

Οι δια του κέντρου

του Κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$ κάθετες ευθείες επί των $AS,\ AT$ , τέμνουν τις $AC,\ AB$ στα σημεία $P,\ Q$ , αντιστοίχως.

$\bullet$ Έστω $X,\ Y$ , τα μέσα των $BH,\ CH$ αντιστοίχως, όπου

είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ και από τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ELX,\ \vartriangle FMY$ , έχουμε ότι τα $X,\ Y$ ταυτίζονται με τα αντιδιαμετρικά σημεία των $L,\ M$ αντιστοίχως, στον Κύκλο Euler (N)

του $\vartriangle ABC$ .

θεωρούμε το εγγεγραμμένο στον κύκλο (N)

, μη κυρτό εξάγωνο ELXFMY

και σύμφωνα με το Θεώρημα Pascal , έχουμε ότι τα σημεία $A\equiv EL\cap FM$ και $N\equiv LX\cap MY$ και $Z\equiv XF\cap YE$ είναι συνευθειακά.

: Όμορφη ομοκυκλικότητα.; f=185_t=57171.png (40.36 KiB) Προβλήθηκε 1672 φορές

$\bullet$ Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα , έχουμε ότι $YE\equiv ZE\perp AS\ \ \ ,(1)$ και ομοίως $XF\equiv ZF\perp AT\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ και $NP\perp AS$ και $NQ\perp AT\Rightarrow$ $ZE\parallel NP\ \ \ ,(3)$ και $ZF\parallel NQ\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)$ και συνευθειακά $A,\ N,\ Z$ τώρα, προκύπτει $\displaystyle \frac{AP}{PE} = \frac{AN}{NZ} = \frac{AQ}{QF}\ \ \ ,(5)$

Από $(5)\Rightarrow$ $PQ\parallel EF\Rightarrow$ $\angle APQ = \angle AEF = \angle B\ \ \ ,(6)$

Από (6)

συμπεραίνεται ότι τα σημεία $B,\ C,\ P,\ Q$ είναι ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $AD,\ BE,\ CF$ τα ύψη του και το ορθόκεντρό του. Έστω , το σημείο επί τού τόξου $\overset \frown {AC}$ που δεν περιέχει το σημείο , ώστε να είναι . Αποδείξτε ότι $YE\perp AS$ , όπου είναι το μέσον του .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την ( απλή ) απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#3

vittasko έγραψε: ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $AD,\ BE,\ CF$ τα ύψη του και το ορθόκεντρό του. Έστω , το σημείο επί τού τόξου $\overset \frown {AC}$ που δεν περιέχει το σημείο , ώστε να είναι . Αποδείξτε ότι $YE\perp AS$ , όπου είναι το μέσον του .

: Όμορφη ομοκυκλικότητα - Απόδειξη του Λήμματος.; f=185_t=57171(a).png (28.99 KiB) Προβλήθηκε 1682 φορές

Έστω το σημείο $T\equiv AS\cap YE$ και ας είναι

, η προβολή του

επί της

.

Από $YZ\parallel HE\Rightarrow$ $\angle EYZ = \angle YEH = \angle EHY\ \ \ ,(1)$ λόγω του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle EHC$ με YH = YC = YE

.

Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $AEHF,\ ABCS$ και το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle CBS$ με CB = CS

προκύπτει $\angle EHY = \angle A = \angle SAC\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\angle SAC = \angle EYZ\equiv \angle TYZ\ \ \ ,(3)$

Από (3)

συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο ATZY

είναι εγγράψιμο και επομένως ισχύει $\angle ATY = \angle AZY = 90^{o}$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Ομορφη ομοκυκλικότητα.pngΈστω είναι τρία ίσα διαδοχικά τόξα κύκλου $\left( O \right)$ με μέτρο μικρότερο των ${{120}^{0}}$ και τυχόν σημείο του υπόλοιπου από τον κύκλο τόξου . Να δειχθεί ότι είναι ομοκυκλικά , με τα σημεία τομής των εκ του καθέτων στις με τις πλευρές του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , όπου είναι το κέντρο του κύκλου Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$

Στάθης

: Ομορφη ομοκυκλικότητα.png (43.46 KiB) Προβλήθηκε 1637 φορές

Έστω οι ορθές προβολές του στις και ας είναι τα σημεία τομής των εκ των καθέτων στις με τις αντίστοιχα.

Σύμφωνα με την όμορφη πρόταση αυτή του Κώστα (Βήττα) που μία επιπλέον απόδειξή της από τον Δημήτρη Παπαδημητρίου βρίσκεται εδώ

(πολύ τη ζήλεψα αυτή την απόδειξη) ισχύει: $AN \bot KL$ οπότε σύμφωνα με το Stahtis koutras ‘ theorem θα ισχύει $\dfrac{{AS}}{{AT}} = \dfrac{{AL}}{{AK}}\mathop = \limits^{\vartriangle ABK \sim \vartriangle ACL} \dfrac{{AC}}{{AB}}:\left( 1 \right)$ .

Από την προφανή ομοιότητα $\vartriangle QSA \sim \vartriangle FTA \Rightarrow \dfrac{{AS}}{{AT}} = \dfrac{{AQ}}{{AF}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{AQ}}{{AF}}$ $\Rightarrow AF \cdot AC = AQ \cdot AB \Rightarrow B,C,F,Q$

ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειθχεί.

Στάθης

Όμορφη Ομοκυκλικότητα

Όμορφη Ομοκυκλικότητα

Re: Όμορφη Ομοκυκλικότητα

Re: Όμορφη Ομοκυκλικότητα

Re: Όμορφη Ομοκυκλικότητα

Μέλη σε σύνδεση