Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA197=FB1794.png (52.53 KiB) Προβλήθηκε 1589 φορές

Εστω τρίγωνο ABC

,

το μέσον της

και

τα σημεία επαφής των εγκύκλων ABM, AMC

με τις

αντίστοιχα.

Οι παράλληλες από τα S, T

προς τις

αντίστοιχα, τέμνονται στο

.

Αν

το έγκεντρο του ABC

, δείξτε οτι τα σημεία A, P, I

είναι συνευθειακά.

Το πρόβλημα αφιερώνεται στον φίλο Γιώργο Βισβίκη, για την γιορτή του

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

: συνευθειακότητα με το έγκεντρο.png (48.79 KiB) Προβλήθηκε 1500 φορές

Μια πρόοδο που έχω κάνει τις τελευταίες μέρες που νομίζω πως είναι ένα βήμα πριν τη λύση του προβλήματος:

Έστω

το μέσο του

και

το σημείο τομής των

και

.

Λόγω του ότι το

είναι μέσο της

, έχουμε πως LK//AP

.

Αρκεί να αποδειχθεί πως η

είναι παράλληλη στη διχοτόμο της $\widehat{BAC}$ .

Έστω πως η

και

τέμνουν τις

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα.

Tο τετράπλευρο ASMT.EF

είναι πλήρες και έτσι το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων SME

και

, έστω

, είναι το σημείο Miquel

του τετραπλεύρου.

Έστω πως το

ανήκει στη διχοτόμο της $\widehat{BAC}$ . Αν G, H

οι προβολές του

στις

και

αντίστοιχα, τότε θα ήταν $AN\perp GH$ .

Όμως λόγω του ότι η ευθεία

είναι η ευθεία Newton-Gauss

του πλήρες τετραπλεύρου τετραπλεύρου, έχουμε πως η

είναι κάθετη στην ευθεία Simson

του τετραπλεύρου, που είναι η

. Άρα αυτό θα αποδείκνυε πως η

είναι παράλληλη στη διχοτόμο της $\widehat{BAC}$ και το ζητούμενο θα προέκυπτε.

Ξέρουμε ταυτόχρονα πως το σημείο Miquel

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ASF

. Άρα αν πράγματι το

άνηκε στη διχοτόμο του $\widehat{BAC}$ , τότε θα ήταν $NS=NF\Leftrightarrow \widehat{NSM}=\widehat{NFM}$ .

Εκτελώντας νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα NSM

και

προκύπτει πως οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων NSM

και

πρέπει να είναι ίσοι και εκτελώντας πάλι νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα SME

και

προκύπτει πως πρέπει SE=TF

.

Αν αποδείξουμε δηλαδή πως SE=TF

προκύπτει το ζητούμενο!!

Αν και προσπάθησα πολύ να αποδείξω την τελευταία ισότητα, δεν τα κατάφερα και κατέληξα σε περίπλοκες τριγωνομετρικές σχέσεις. Παρόλα αυτά πιστεύω πως η τελευταία ισότητα είναι πιο προσιτή από το αρχικό πρόβλημα.

#3

sakis1963 έγραψε: ↑
Τρί Απρ 24, 2018 1:22 pm
GEOMETRIA197=FB1794.png
Έστω τρίγωνο , το μέσον της και τα σημεία επαφής των εγκύκλων με τις αντίστοιχα. Οι παράλληλες από τα προς τις αντίστοιχα, τέμνονται στο . Αν το έγκεντρο του , δείξτε οτι τα σημεία είναι συνευθειακά.
Το πρόβλημα αφιερώνεται στον φίλο Γιώργο Βισβίκη, για την γιορτή του

Για να μη μείνει στη "μέση" η καταπληκτική προσπάθεια του Διονύση αλλά και επειδή η πρόταση είναι αφιερωμένη σε έναν ΑΡΙΣΤΟ ΓΕΩΜΕΤΡΗ και για να κρατήσω την υπόσχεσή μου στον Θάνο ας δούμε μια διαφορετική αντιμετώπιση (χωρίς τριγωνομετρία βέβαια).

$\bullet$ Έστω το παραλληλόγραμμο και ας είναι τα σημεία τομής των με την . Από τα παραλληλόγραμμα με κοινή διαγώνιο προκύπτει ότι είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς $ZM\parallel AP:\left( 1 \right)$

Από $SB\parallel EZ\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \dfrac{{ZF}}{{FS}} = \dfrac{{ZE}}{{BS}} \Rightarrow$ $\dfrac{{ZF}}{{ZE}} = \dfrac{{FS}}{{BS}}\mathop = \limits^{FS\parallel CA} \dfrac{b}{c}:\left( 2 \right)$

Αν ${\tau _1} = \dfrac{{c + {\mu _a} + \dfrac{a}{2}}}{2} = \dfrac{{2c + 2{\mu _a} + a}}{4}$ η ημιπερίμετρος του τριγώνου $\vartriangle ABM$ και ${\tau _2} = \dfrac{{b + {\mu _a} + \dfrac{a}{2}}}{2} = \dfrac{{2b + 2{\mu _a} + a}}{4}$ η ημιπερίμετρος του τριγώνου $\vartriangle ACM$

(με τους συνήθεις συμβολισμούς για το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ ) τότε $BS = {\tau _1} - {\mu _a} = \dfrac{{2c + 2{\mu _a} + a}}{4} - {\mu _a}$ $= \dfrac{{2c - 2{\mu _a} + a}}{4}:\left( 3 \right)$ και

$CT = {\tau _2} - {\mu _a} = \dfrac{{2b + 2{\mu _a} + a}}{4} - {\mu _a}$ $= \dfrac{{2b - 2{\mu _a} + a}}{4}:\left( 4 \right)$ .

: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο.png (51.08 KiB) Προβλήθηκε 1413 φορές

$\bullet$ Από $SF\parallel AC \Rightarrow \dfrac{{BF}}{{BC}} = \dfrac{{BS}}{{BA}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} BF =$ $\dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{{2c - 2{\mu _a} + a}}{4}\mathop \Rightarrow \limits^{MF = \dfrac{a}{2} - BF}$ $MF = \dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{{2c - 2{\mu _a} + a}}{4} \Rightarrow$ $MF = \dfrac{{2a{\mu _a} - {a^2}}}{{4c}}:\left( 5 \right)$ και

από $TS\parallel AB \Rightarrow \dfrac{{CE}}{{BC}} = \dfrac{{CT}}{{CA}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} CE =$ $\dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{{2b - 2{\mu _a} + a}}{4}\mathop \Rightarrow \limits^{ME = \dfrac{a}{2} - CE}$ $ME = \dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{{2b - 2{\mu _a} + a}}{4} \Rightarrow$ $ME = \dfrac{{2a{\mu _a} - {a^2}}}{{4b}}:\left( 6 \right)$ .

Από $\left( 5 \right):\left( 6 \right) \Rightarrow \dfrac{{MF}}{{ME}} = \dfrac{b}{c}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{MF}}{{ME}} = \dfrac{{ZF}}{{ZE}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\,\,\Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle ZFE} ZM$ διχοτόμος της $\angle FZE \equiv \angle SZT$

και με $AP\parallel ZM$ και παραλληλόγραμμο προκύπτει ότι διχοτόμος της γωνίας $\angle A$ του εν λόγω παραλληλογράμμου (που ταυτίζεται με τη γωνία του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ) και συνεπώς διέρχεται από το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

sakis1963 · #4

: FB1794 solution (GR)2.png (43 KiB) Προβλήθηκε 1348 φορές

Προφανώς, οι κύκλοι $(M, \frac{a}{2}), (A, AM-\frac{a}{2})$ εφάπτονται εστω στο σημείο

της

.

Ο κύκλος $(A, AM-\frac{a}{2})$ τέμνει τις AB, AC

στα σημεία D, E

αντίστοιχα.

Εύκολα αποδεικνύεται ( δείτε εδώ πως) ότι τα S, T

είναι τα μέσα των BD, CE

αντίστοιχα.

Οπότε για το τετράπλευρο BDEC

, από το αντίστροφο γνωστής πρότασης, το

είναι μέσον της τέταρτης πλευράς του

.

Αλλά το τρίγωνο ADE

είναι ισοσκελές εκ κατασκευής και συνεπώς η

εκτός από διάμεσος ειναι και διχοτόμος της γωνίας $\hat{BAC}$

Αφιερώνω τη λύση στο φίλο, "γίγαντα" γεωμέτρη Στάθη, που έδωσε ζόρικες λύσεις στα τελευταία 3 ζόρικα προβλήματα που έβαλα.

#5

sakis1963 έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 04, 2018 12:00 am
Οπότε για το τετράπλευρο , από το αντίστροφο γνωστής πρότασης, το είναι μέσον της τέταρτης πλευράς του .

Καλησπέρα και ευχαριστούμε για το όμορφο αυτό πρόβλημα. Δεν πρέπει να δείξουμε ότι το

ανήκει στη

ώστε μετά να εφαρμόσουμε το αντίστροφο της πρότασης;

sakis1963 · #6

silouan έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 04, 2018 12:55 am

sakis1963 έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 04, 2018 12:00 am
Οπότε για το τετράπλευρο , από το αντίστροφο γνωστής πρότασης, το είναι μέσον της τέταρτης πλευράς του .
Καλησπέρα και ευχαριστούμε για το όμορφο αυτό πρόβλημα. Δεν πρέπει να δείξουμε ότι το ανήκει στη ώστε μετά να εφαρμόσουμε το αντίστροφο της πρότασης;

Ισως να διατύπωσα άκομψα την χρήση του αντιστρόφου.

Εχοντας την

και τα τρία μέσα S, M, T

, πλέον η $MT\parallel BE$ και η $SM\parallel DC$ .

Αν τωρα φερουμε από τo

παράλληλη στις $BE \parallel MT$ αυτή συναντά την

στο μέσον της έστω

,

στο οποίο συντρέχει και η παράλληλη από το

προς τις $DC \parallel SM$

#7

Πολύ όμορφη λύση!

#8

Ανασκευάζω λίγο το επιχείρημα της λύσης (αποφεύγω τελείως τους κύκλους και το λήμμα από το σύνδεσμο).

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

και

το συμμετρικό του

ως προς το

.
Τότε το

ανήκει στη

και είναι το μέσον της, επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι το τρίγωνο ADE

είναι ισοσκελές.
Για το σκοπό αυτό αρκεί

$\displaystyle{AB-DB=AC-EC\iff AB-2(\tau_1-AM)=AC-2(\tau_2-AM)\iff AM+MB=AM+MC}$

που προφανώς ισχύει.

#9

sakis1963 έγραψε: ↑
Τρί Απρ 24, 2018 1:22 pm
GEOMETRIA197=FB1794.png

Εστω τρίγωνο , το μέσον της και τα σημεία επαφής των εγκύκλων με τις αντίστοιχα.

Οι παράλληλες από τα προς τις αντίστοιχα, τέμνονται στο .

Αν το έγκεντρο του , δείξτε οτι τα σημεία είναι συνευθειακά.

Το πρόβλημα αφιερώνεται στον φίλο Γιώργο Βισβίκη, για την γιορτή του

Σ' ευχαριστώ Σάκη για την αφιέρωση! Πολύ ωραίο πρόβλημα (μόλις σήμερα το είδα. Μάλλον το μπέρδεψα με κάποιο άλλο), ωραίες και οι λύσεις. Αν βρω κάτι διαφορετικό, θα επανέλθω.

sakis1963 · #10

Με τις ευχαριστίες μου στον καθηγητή Alexander Bogomolny

https://www.cut-the-knot.org/m/Geometry ... gnon.shtml

Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Μέλη σε σύνδεση