Και οι τέσσερις συντρέχουν

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

giannimani
Δημοσιεύσεις: 106
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Και οι τέσσερις συντρέχουν

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Τετ Απρ 17, 2019 12:41 pm

Να αποδείξετε ότι, σε ένα τρίγωνο ABC οι τέσσερις ευθείες που περιέχουν
\bullet τα σημεία B_{3}, C_{3} επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές του AB, AC αντίστοιχα,
\bullet τα σημεία επαφής B_{4}, C_{4} αυτών των πλευρών με τους αντίστοιχους παρεγγεγραμμένους κύκλους,
\bullet τα ίχνη των υψών B_{1}, C_{1} επί των δύο αυτών πλευρών, και
\bullet τα ίχνη των διχοτόμωνB_{2}, C_{2} επίσης επί των δύο αυτών πλευρών,
διέρχονται από το ίδιο σημείο (ή είναι παράλληλες).
concur.png
concur.png (67.07 KiB) Προβλήθηκε 565 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 309
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Και οι τέσσερις συντρέχουν

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Απρ 17, 2019 2:34 pm

feuerbach23.png
feuerbach23.png (65.68 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές
Καλησπέρα
Παραθέτω μια "Υπερβολική" λύση :lol:
Είναι γνωστό ότι οι :
1)BC_{1},CB_{1} περνούν από το ορθόκεντρο H του  ABC.
2)BC_{2},CB_{2} περνούν από το έκκεντρο I του  ABC.
3)BC_{3},CB_{3} περνούν από το σημείο Gergonne (Ge) του  ABC.
4)BC_{4},CB_{4} περνούν από το σημείο Nagel (Na) του  ABC.
Είναι επίσης γνωστό ότι υπάρχει (ισοσκελής) υπερβολή που περνάει από τα A,B,C,H,I,Ge,Na η
οποία ονομάζεται Υπερβολή του Feuerbach.(σχήμα πρώτο).Αποδεικνύεται σχετικά απλά αν υπολογίσουμε τους διπλούς λόγους των (γνωστών συναρτήσει των πλευρών) σημειοσειρών B_{i},C_{i},οι οποίοι βγαίνουν ίσοι.
lemmaconic23.png
lemmaconic23.png (29.69 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές
Δείχνουμε το ακόλουθο Λήμμα:
Έστω X_{A}X_{B}X_{C} το σεβιανό ενός σημείου X ως προς το τρίγωνο ABC.Έστω κωνική
που περνάει από τα A,B,C,X.Τότε η πολική του X_{A} ως προς την κωνική είναι η X_{B}X_ 
{C} κλπ.
Απόδειξη:Ουσιαστικά άμεση από Desargues Involution(εδώ με αποδείξεις
viewtopic.php?f=167&t=63423&p=306522&hilit=%CE%B5%CE%BD
%CE%AD%CE%BB%CE%B9%CE%BE%CE%B7#p306522).Αν η κωνική τέμνει την X_{C}X_{A}
στα P,R τότε από το παραπάνω θεώρημα για το τετράπλευρο ABCX και την ευθεία X_{C} 
X_{A} τα (P,R),(X_{A},X_{A}),(X_{C},X_{C}) βρίσκονται σε ενέλιξη (προβολικός
μετασχηματισμός που η διπλή του εφαρμογή είναι ο ταυτοτικός).Τα X_{A},X_{C} είναι σταθερά
σημεία,άρα η ενέλιξη είναι αντιστροφή με κέντρο το μέσο του X_{A}X_{C}.
(Γενικά η ενέλιξη σε
ευθεία είναι αντιστροφή με κέντρο στην ευθεία:Αν μέσω ενέλιξης το σημείο στο \infty της ευθείας πάει σε σημείο I,τότε για οποιαδήποτε συζηγή σημεία (X,X'),(Y,Y') της ενέλιξης,ισχύει (I,\infty,X,Y)=(\infty,I,X',Y')=(I,\infty,Y',X')\rightarrow \frac{IX}{IY}=\frac{IY'}{IX'}\rightarrow IX\cdot IX'=IY\cdot IY',δηλαδή η ενέλιξη είναι αντιστροφή κέντρου I
)
.Άρα τα P,R είναι αντίστροφα σε αυτή την
αντιστροφή και άρα (X_{C},X_{A},P,R) αρμονική.Άρα η πολική του X_{A} ως προς την κωνική
περνάει από το X_{C}.Ομοίως περνάει και από το X_{B} και το ζητούμενο δείχτηκε..
Στο αρχικό πρόβλημα τώρα,οι πόλοι των ευθειών B_{i}C_{i} ως προς την Υπερβολή του
Feuerbach βρίσκονται όλοι πάνω στην BC (για το ορθικό τρίγωνο πχ, ο πόλος της ευθείας αυτής
είναι η προβολή του A στην BC από το προηγούμενο λήμμα κλπ.).Αν θεωρήσουμε ως S τον
πόλο της BC προκύπτει από τα προηγούμενα ότι το S ανήκει σε όλες τις παραπάνω ευθείες
και το ζητούμενο δείχτηκε..


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1125
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Και οι τέσσερις συντρέχουν

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τετ Απρ 17, 2019 8:22 pm

giannimani έγραψε:
Τετ Απρ 17, 2019 12:41 pm
Να αποδείξετε ότι, σε ένα τρίγωνο ABC οι τέσσερις ευθείες που περιέχουν
\bullet τα σημεία B_{3}, C_{3} επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές του AB, AC αντίστοιχα,
\bullet τα σημεία επαφής B_{4}, C_{4} αυτών των πλευρών με τους αντίστοιχους παρεγγεγραμμένους κύκλους,
\bullet τα ίχνη των υψών B_{1}, C_{1} επί των δύο αυτών πλευρών, και
\bullet τα ίχνη των διχοτόμωνB_{2}, C_{2} επίσης επί των δύο αυτών πλευρών,
διέρχονται από το ίδιο σημείο (ή είναι παράλληλες).concur.png

Δε το έχω κοιτάξει διεξοδικά ακόμα, αλλά φαίνεται σαν ειδική περίπτωση (ή ισοδύναμο) με το ερώτημα (α1) εδώ.


giannimani
Δημοσιεύσεις: 106
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Και οι τέσσερις συντρέχουν

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Τετ Απρ 17, 2019 9:47 pm

concur_sol.png
concur_sol.png (76.93 KiB) Προβλήθηκε 434 φορές
Έστω D το αντιδιαμετρικό του C_{3}. Τότε είναι γνωστό ότι τα σημεία B, D και C_{4} ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Τώρα, στη δέσμη B(C_{1}C_{3}C_{2}C_{4}) η DC_{3}\parallel BC_{1} και το I είναι το μέσο του DC_{3}, δηλαδή, το DC_{3} διχοτομείται
από τις ακτίνες BC_{3}, BC_{2}, BC_{4}, οπότε η δέσμη B(C_{1}C_{3}C_{2}C_{4}) είναι αρμονική, δηλαδή, (C_{1}C_{3}C_{2}C_{4})=-1
Όμοια, (B_{1}B_{3}B_{2}B_{4})=-1.

Στη συνέχεια, αποδεικνύουμε ότι οι ευθείες B_{1}C_{1}, B_{2}C_{2} και B_{3}C_{3}, διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Στο τρίγωνο AB_{1}C_{1} με τέμνουσα των πλευρών του την B_{2}C_{2} (έστω S=B_{1}C_{1}\cap B_{2}C_{2}),
από το θεώρημα Μενελάου έχουμε: \frac{AB_{2}}{B_{2}B_{1}} \cdot \frac{B_{1}S}{SC_{1}} \cdot \frac{C_{1}C_{2}}{C_{2}A}=1\,\implies \, \frac{B_{1}S}{SC_{1}}= \frac{B_{2}B_{1}}{AB_{2}} \cdot \frac{C_{2}A}{C_{1}C_{2}}\quad (1).

Στο τρίγωνο AB_{1}C_{1} με τέμνουσα των πλευρών του την B_{3}C_{3} (έστω S'=B_{1}C_{1}\cap B_{3}C_{3}),
από το θεώρημα Μενελάου έχουμε:\frac{AB_{3}}{B_{3}B_{1}} \cdot \frac{B_{1}S'}{S'C_{1}} \cdot \frac{C_{1}C_{3}}{C_{3}A}=1\,\implies \, \frac{B_{1}S'}{S'C_{1}}= \frac{B_{3}B_{1}}{AB_{3}} \cdot \frac{C_{3}A}{C_{1}C_{3}}\quad (2).

Για να αποδείξουμε ότι οι ευθείες διέρχονται από το ίδιο σημείο, αρκεί S\equiv S',
ή λόγω των (1) και (2) \frac{B_{2}B_{1}}{AB_{2}} \cdot \frac{C_{2}A}{C_{1}C_{2}}= \frac{B_{3}B_{1}}{AB_{3}} \cdot \frac{C_{3}A}{C_{1}C_{3}}\quad (3).

Όμως, AB_{3}=AC_{3} (B_{3}, C_{3} σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις πλευρές AB, AC αντίστοιχα).
Ως εκ τούτου, η (3) γίνεται: \frac{B_{2}B_{1}}{AB_{2}} \cdot \frac{C_{2}A}{C_{1}C_{2}}= \frac{B_{3}B_{1}}{C_{1}C_{3}}, ή \frac{B_{1}B_{2}}{B_{1}B_{3}}\cdot \frac{C_{1}C_{3}}{C_{1}C_{2}}\cdot \frac{AC_{2}}{AB_{2}}=1 \quad (4).

Στο τρίγωνο BC_{1}C_{2} είναι IC_{3} \parallel BC_{1}, οπότε \frac{C_{1}C_{3}}{C_{1}C_{2}}=\frac{BI}{BC_{2}} \quad (5).
Όμοια, από το τρίγωνο CB_{1}B_{2} έχουμε \frac{B_{1}B_{2}}{B_{1}B_{3}}=\frac{CB_{2}}{CI} \quad (6).
Η (4) λόγω των (5) και (6) γίνεται \frac{CB_{2}}{CI}\cdot \frac{BI}{BC_{2}} \cdot\frac{AC_{2}}{AB_{2}}=1 \quad (7).

Θα χρησιμοποιήσουμε τους επόμενους τύπους \frac{BI}{BC_{2}}=\frac{a+c}{2\tau}, \frac{CB_{2}}{CI}=\frac{2\tau}{a+b}, AC_{2}=\frac{bc}{a+c}, AB_{2}=\frac{bc}{a+b} (*).

Σύμφωνα με τους ανωτέρω τύπους, το αριστερό μέλος της (7) γράφεται
\frac{2\tau}{a+b} \cdot \frac{a+c}{2\tau} \cdot \frac{bc(a+b)}{bc(a+c)}=1, το οποίο μας εξασφαλίζει ότι S\equiv S'.

Τελικά, για να αποδείξουμε ότι και η B_{4}C_{4} διέρχεται από το S, χρησιμοποιούμε το επόμενο θεώρημα:
Αν (ABCD) = -1 και (A'B'C'D') = -1, και οι ευθείες AA', BB', CC' τέµνονται σε ένα σηµείο, έστω O,
τότε και η ευθεία DD' διέρχεται από το O.

(*) Οι δύο πρώτοι τύποι προκύπτουν από τον τύπο που δίνει το μήκος της διχοτόμου AD σε ένα τρίγωνο ABC:
AD=\frac{2bc}{b+c}cos\frac{A}{2},
και
AI=\frac{bc}{\tau}cos\frac{A}{2} (I-έκκεντρο του τριγώνου)
και ο τρίτος και τέταρτος τύπος από το θεώρημα των διχοτόμων.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4002
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Και οι τέσσερις συντρέχουν

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Απρ 18, 2019 12:46 am

giannimani έγραψε:
Τετ Απρ 17, 2019 12:41 pm
Να αποδείξετε ότι, σε ένα τρίγωνο ABC οι τέσσερις ευθείες που περιέχουν
\bullet τα σημεία B_{3}, C_{3} επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές του AB, AC αντίστοιχα,
\bullet τα σημεία επαφής B_{4}, C_{4} αυτών των πλευρών με τους αντίστοιχους παρεγγεγραμμένους κύκλους,
\bullet τα ίχνη των υψών B_{1}, C_{1} επί των δύο αυτών πλευρών, και
\bullet τα ίχνη των διχοτόμωνB_{2}, C_{2} επίσης επί των δύο αυτών πλευρών,
διέρχονται από το ίδιο σημείο (ή είναι παράλληλες).concur.png
Σχετικά εύκολα (όπως αναφέρει και ο Μίνος πιο πάνω) υπολογίζοντας συναρτήσει των πλευρών τα αντίστοιχα τμήματα αποδεικνύεται ότι

\left( {{C}_{1}},{{C}_{3}},{{C}_{4}},A \right)=\left( {{B}_{1}},{{B}_{3}},{{B}_{4}},A \right) οπότε οι δέσμες {{B}_{3}}.{{C}_{1}}{{C}_{3}}{{C}_{4}}A και {{C}_{3}}\cdot {{B}_{1}}{{B}_{3}}{{B}_{4}}A έχουν ίσους διπλούς λόγους και με κοινή ακτίνα τους την {{B}_{3}}{{C}_{3}}\equiv {{C}_{3}}{{B}_{3}} προκύπτει ότι τα σημεία τομής των αντιστοίχων άλλων ακτινών τους είναι συνευθειακά , δηλαδή τα K\equiv {{B}_{3}}{{C}_{1}}\cap {{C}_{3}}{{B}_{1}},L\equiv {{B}_{3}}{{C}_{4}}\cap {{C}_{3}}{{B}_{4}},A\equiv {{B}_{3}}A\cap {{C}_{3}}A είναι συνευθειακά οπότε τα τρίγωνα \vartriangle {{B}_{3}}{{C}_{1}}{{C}_{4}},\vartriangle {{C}_{3}}{{B}_{1}}{{B}_{4}} είναι σύμφωνα με το Θεώρημα του Desarques προοπτικά και συνεπώς οι ευθείες που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές τους διέρχονται από το ίδιο σημείο , δηλαδή S\equiv {{B}_{3}}{{C}_{3}}\cap {{C}_{1}}{{B}_{1}}\cap {{C}_{4}}{{B}_{4}}\equiv {{B}_{3}}{{C}_{3}}\cap {{C}_{1}}{{B}_{1}}
Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι \left( {{C}_{1}},{{C}_{3}},{{C}_{2}},A \right)=\left( {{B}_{1}},{{B}_{3}},{{B}_{2}},A \right) άρα … οι ευθείες {{C}_{1}}{{B}_{1}},{{C}_{3}}{{B}_{3}},{{C}_{2}}{{B}_{2}} διέρχονται από το ίδιο σημείο άρα S\equiv {{B}_{3}}{{C}_{3}}\cap {{C}_{1}}{{B}_{1}}\cap {{C}_{4}}{{B}_{4}}\cap {{B}_{2}}{{C}_{2}} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης