mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 14, 2022 9:28 pm**

Οι σεβιανές $AA_{1}$ , $BB_{1}$ και $CC_{1}$ ενός τριγώνου ABC

τέμνονται σε ένα σημείο

, που ανήκει
στο εσωτερικό του τριγώνου. Είναι γνωστό ότι $PA_{1} \,= \,PB_{1} \,= \,PC_{1}$ . Να αποδείξετε ότι οι κάθετες,
που άγονται από τα $A_{1}$ , $B_{1}$ και $C_{1}$ στις πλευρές του τριγώνου ABC

, διέρχονται από το ίδιο σημείο.

: perp_thr_sam_poin.png (28.53 KiB) Προβλήθηκε 1221 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 15, 2022 9:23 pm**

giannimani έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 14, 2022 9:28 pm
Οι σεβιανές $AA_{1}$ , $BB_{1}$ και $CC_{1}$ ενός τριγώνου τέμνονται σε ένα σημείο , που ανήκει
στο εσωτερικό του τριγώνου. Είναι γνωστό ότι $PA_{1} \,= \,PB_{1} \,= \,PC_{1}$ . Να αποδείξετε ότι οι κάθετες,
που άγονται από τα $A_{1}$ , $B_{1}$ και $C_{1}$ στις πλευρές του τριγώνου , διέρχονται από το ίδιο σημείο.
perp_thr_sam_poin.png

Πολύ ενδιαφέρουσα πρόταση Γιάννη ορθοπολικών και ταυτόχρονα προοπτικών τριγώνων με σημείο προοπτικότητας (το κέντρο του κύκλου) το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος των ορθοπόλων τους!!!

Θα το προσπαθήσω αύριο. Φαίνεται να έχει κάποιες δυσκολίες

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 18, 2022 2:13 pm**

giannimani έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 14, 2022 9:28 pm
Οι σεβιανές $AA_{1}$ , $BB_{1}$ και $CC_{1}$ ενός τριγώνου τέμνονται σε ένα σημείο , που ανήκει
στο εσωτερικό του τριγώνου. Είναι γνωστό ότι $PA_{1} \,= \,PB_{1} \,= \,PC_{1}$ . Να αποδείξετε ότι οι κάθετες,
που άγονται από τα $A_{1}$ , $B_{1}$ και $C_{1}$ στις πλευρές του τριγώνου , διέρχονται από το ίδιο σημείο.
perp_thr_sam_poin.png

$\bullet$ Έστω ${{A}_{2}},{{B}_{2}},{{C}_{2}}$ τα δεύτερα (εκτός των ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}$ ) σημεία τομής του κύκλου με τις πλευρές BC,CA,AB

του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και ας είναι K,L,M

τα σημεία τομής των $A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}}$ με τον κύκλο , με $K\ne {{A}_{1}},L\ne {{B}_{1}},M\ne {{C}_{1}}$ .

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα οι $AB,KL,{{A}_{2}}{{B}_{2}}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο , και ας είναι $X\equiv AB\cap KL\cap {{A}_{2}}{{B}_{2}}$
Κυκλικά θα ισχύει: $Y\equiv BC\cap LM\cap {{B}_{2}}{{C}_{2}}$ και $Z\equiv CA\cap MK\cap {{C}_{2}}{{A}_{2}}$

$\bullet$ Επειδή τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$ είναι προοπτικά (με σημείο προοπτικότητας το

) σύμφωνα με το Θεώρημα του Desargues τα σημεία τομής των ομολόγων πλευρών τους θα είναι συνευθειακά, δηλαδή $X\equiv AB\cap KL,Y\equiv BC\cap LM,Z\equiv CA\cap MK$ θα είναι σημεία της ίδιας ευθείας (έστω $\left( \varepsilon \right)$ ) και άρα $X\equiv KL\cap {{A}_{2}}{{B}_{2}},Y\equiv {{C}_{2}}{{B}_{2}}\cap ML,Z\equiv {{C}_{2}}{{A}_{2}}\cap MK$ είναι συνευθειακά και σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος του Desargues τα τρίγωνα $\vartriangle {{A}_{2}}{{B}_{2}}{{C}_{2}},\vartriangle KLM$ θα είναι προοπτικά με σημείο προοπτικότητας έστω $T\equiv {{A}_{2}}K\cap {{B}_{2}}L\cap {{C}_{2}}M$

: Giannis Manikas.png (74.02 KiB) Προβλήθηκε 1014 φορές

$\bullet$ Με $L{{B}_{1}},M{{C}_{1}}$ διαμέτρους του εν λόγω κύκλου προκύπτει ότι ${{90}^{0}}=\angle L{{B}_{2}}{{B}_{1}}\equiv \angle T{{B}_{2}}A$ και ομοίως ${{90}^{0}}=\angle M{{C}_{2}}{{C}_{1}}\Rightarrow \angle M{{C}_{2}}A\equiv \angle T{{C}_{2}}A={{90}^{0}}$ και άρα το τετράπλευρο $A{{B}_{2}}T{{C}_{2}}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

και ας είναι $N\equiv AT\cap LM$ , τότε $\angle NA{{B}_{2}}\equiv \angle TA{{B}_{2}}\overset{A,{{B}_{2}},T,{{C}_{2}}\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle T{{C}_{2}}{{B}_{2}}\equiv \angle M{{C}_{2}}{{B}_{2}}$ $\overset{M,L,{{C}_{2}},{{B}_{2}}\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle ML{{B}_{2}}\equiv \angle NL{{B}_{2}}\Rightarrow A{{B}_{2}}NL$ εγγράψιμο σε κύκλο, άρα $\angle ANL=\angle A{{B}_{2}}L={{90}^{0}}\Rightarrow AN\bot LM\Rightarrow AT\bot ML$ και επειδή $LM{{B}_{1}}{{C}_{1}}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο (εγγεγραμμένο σε κύκλο με διαγώνιες διαμέτρους του) θα είναι $AT\bot {{B}_{1}}{{C}_{1}}$ . Ομοίως προκύπτει ότι $BT\bot {{C}_{1}}{{A}_{1}}$ και $CT\bot {{A}_{1}}{{B}_{1}}$

$\bullet$ Έτσι οι από τις κορυφές A,B,C

του τριγώνου $\vartriangle ABC$ κάθετες προς τις πλευρές ${{B}_{1}}{{C}_{1}},{{C}_{1}}{{A}_{1}},{{A}_{1}}{{B}_{1}}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο

και σύμφωνα με το Θεώρημα του Jakob Steiner (περί ορθοπολικών τριγώνων) (μια πρόσφατη απόδειξη του θεωρήματος υπάρχει εδώ) και οι εκ των κορυφών ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}$ αντίστοιχα κάθετες στις πλευρές του BC,CA,AB

του $\vartriangle ABC$ θα διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω

)

Παρατήρηση: Επειδή τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle {{A}_{1}}{{B}_{1}}C{}_{1}$ είναι ορθοπολικά και ταυτόχρονα προοπτικά στο με σημείο προοπτικότητας το

τα σημεία των ορθοπόλων τους και της προοπτικότητας T,F,P

είναι συνευθειακά (γνωστό Θεώρημα) αλλά στη δική μας περίπτωση με $F{{A}_{1}}\parallel K{{A}_{2}}$ (κάθετες στην ίδια ευθεία) και με $K{{A}_{1}}$ διάμετρο του αρχικού κύκλου προκύπτει ότι το

είναι και το μέσο της

Λήμμα

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και οι σεβιανές του $A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}}$ που διέρχονται από το σημείο . Ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}$ τέμνει τις στα δεύτερα (εκτός των ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}$ ) στα σημεία ${{A}_{2}},{{B}_{2}},{{C}_{2}}$ και ας είναι τα σημεία τομής του κύκλου με τις $A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}}$ αντίστοιχα , με $K\ne {{A}_{1}},L\ne {{B}_{1}},M\ne {{C}_{1}}$ . Να δείξετε ότι οι $AB,KL,{{A}_{2}}{{B}_{2}}$ συντρέχουν (έστω στο )

Απόδειξη

: Λήμμα.png (41.49 KiB) Προβλήθηκε 1014 φορές

Για το εγγεγραμμένο στον κύκλο μη κυρτό εξάγωνο $K{{B}_{2}}{{B}_{1}}L{{A}_{2}}{{A}_{1}}$ σύμφωνα με το Θεώρημα του Pascal προκύπτει ότι τα σημεία $W\equiv K{{B}_{2}}\cap L{{A}_{2}},C\equiv {{B}_{2}}{{B}_{1}}\cap {{A}_{2}}{{A}_{1}},P\equiv {{B}_{1}}L\cap {{A}_{1}}K$ και με $A{{A}_{1}}\equiv K{{A}_{1}},B{{B}_{1}}\equiv L{{B}_{1}}$ τα σημεία $W\equiv K{{B}_{2}}\cap L{{A}_{2}},C\equiv {{B}_{2}}{{B}_{1}}\cap {{A}_{2}}{{A}_{1}},P\equiv B{{B}_{1}}\cap A{{A}_{1}}$ είναι συνευθειακά και συνεπώς σύμφωνα με το Θεώρημα του Desargues τα τρίγωνα $\vartriangle AK{{B}_{2}}$ και $\vartriangle BL{{A}_{2}}$ είναι προοπτικά , δηλαδή οι ευθείες που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές τους διέρχονται από το ίδιο σημείο , άρα $AB\cap KL\cap {{B}_{2}}{{A}_{2}}\equiv X$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση
Στάθης Κούτρας

Υ.Σ. Γιάννη θα με ενδιέφερε η πηγή της όμορφης αυτής πρότασης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 18, 2022 4:45 pm**

Στάθη, καλησπέρα

Αρχικά, το πρόβλημα το βρήκα άλυτο σε ένα φυλλάδιο σε ρώσικο site προετοιμασίας μαθητών για IMO. Στη συνέχεια με επιπλέον ψάξιμο
(αφού οι πρώτες προσπάθειες για λύση του ήταν ανεπιτυχείς) το βρήκα προτεινόμενο εδώ από τον Τάκη Χρονόπουλο, αλλά δυστυχώς ήταν άλυτο. Εδώ όμως υπήρχε η πηγή του : XX Russian Festival of Young Mathematicians 2009 Finals.

Παρακάτω, η δική μου προσπάθεια προς έλεγχο.

Ας είναι $A'_{1}$ , $B'_{1}$ και $C'_{1}$ τα συμμετρικά των $A_{1}$ , $B_{1}$ και $C_{1}$ ως προς το σημείο

αντίστοιχα (ή τα αντιδιαμετρικά στον κύκλο $\omega$ κέντρου

). Έστω $A_{1}A'_{1} \cap B_{1}C_{1} = X$ και $BC \cap B_{1}C_{1}=X'$ .

Από γνωστό λήμμα έχουμε ότι η διαίρεση $(B, C; A_{1}, X')$ είναι αρμονική $\Rightarrow$ η δέσμη $A\,(B, C; A_{1}, X')$ είναι αρμονική $\Rightarrow$ η διαίρεση $(C_{1}, B_{1}; X, X')$ είναι αρμονική $\Rightarrow$ το τετράπλευρο $B_{1}A'_{1}C_{1}X''$ είναι αρμονικό, όπου X''

το δεύτερο σημείο τομής της $A_{1}X'$ με τον κύκλο $\omega$ (προβολή της αρμονικής διαίρεσης $(C_{1}, B_{1}; X, X')$ στον κύκλο $\omega$ από το σημείο του $A_{1}$ ).

Εφόσον το τετράπλευρο $B_{1}A'_{1}C_{1}X''$ είναι αρμονικό, τότε η ευθεία $A'_{1}X''$ περιέχει τη συμμετροδιάμεσο του τριγώνου $A'_{1}B_{1}C_{1}$ .

: sol_perp.png (65.21 KiB) Προβλήθηκε 966 φορές

Είναι επίσης $A'_{1} X'' \bot A_{1}X'$ ( $\angle A_{1}X''A'_{1}=90^{\circ}$ ). Ανάλογα συμπεράσματα προκύπτουν για τις συμμετροδιαμέσους των τριγώνων $B'_{1}A_{1}C_{1}$ και $C'_{1}B_{1}A_{1}$ που άγονται από τις κορυφές $B'_{1}$ και $C'_{1}$ αντίστοιχα. Εφόσον αυτές οι συμμετροδιάμεσοι είναι κάθετες αντίστοιχα στις πλευρές

,

και

, τότε και οι κάθετες αυτών των πλευρών στα $A_{1}$ , $B_{1}$ , $C_{1}$ είναι παράλληλες των συμμετροδιαμέσων, και μάλιστα είναι συμμετρικές των ως προς το σημείο

.

Ως εκ τούτου, αρκεί να αποδείξουμε ότι οι συμμετροδιάμεσοι διέρχονται από το ίδιο σημείο, οπότε και οι συμμετρικές αυτών ως προς το σημείο

, δηλαδή, οι κάθετες των

,

και

στα σημεία $A_{1}$ , $B_{1}$ και $C_{1}$ θα διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Οι συμμετροδιάμεσοι $A'_{1}X''$ , $B'_{1}Y''$ και $C'_{1}Z''$ των τριγώνων $A'_{1}B_{1}C_{1}$ , $B'_{1}A_{1}C_{1}$ και $C'_{1}B_{1}A_{1}$ είναι
ισογώνιες των διαμέσων $A'_{1}K$ , $B'_{1}L$ και $C'_{1}M$ αυτών των τριγώνων αντίστοιχα (

,

μέσα των $B_{1}C_{1}$ , $C_{1}A_{1}$ , $A_{1}B_{1}$ ).

Εφόσον τα τρίγωνα $A'_{1}B'_{1}C'_{1}$ και KLM

έχουν τις πλευρές τους παράλληλες (αμφότερα έχουν τις πλευρές τους παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου $A_{1}B_{1}C_{1}$ ), τότε είναι ομοιόθετα, οπότε οι ευθείες $A'_{1}K$ , $B'_{1}L$ και $C'_{1}M$ που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές αυτών των τριγώνων συντρέχουν στο κέντρο ομοιοθεσίας των δύο τριγώνων. Αλλά τότε και οι ευθείες $A'_{1}X''$ , $B'_{1}Y''$ και $C'_{1}Z''$ θα είναι συντρέχουσες ως ισογώνιες των $A'_{1}K$ , $B'_{1}L$ και $C'_{1}M$ στο τρίγωνο $A'_{1}B'_{1}C'_{1}$ .

mathematica.gr

Οι κάθετες διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Οι κάθετες διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Οι κάθετες διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Οι κάθετες διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Οι κάθετες διέρχονται από το ίδιο σημείο...