Συνευθειακά σημεία

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

#2

Το πρόβλημα αληθεύει για τυχόντες κύκλους που εφάπτονται των πλευρών των γωνιών $\angle AOD,\ \angle BOC.$

Θα αποδειχθεί η γενίκευση με την παρακάτω εκφώνηση:

Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το σημείο $P\equiv AC\cap BD.$ Έστω $(K),\ (L),$ δύο τυχόντες κύκλοι οι οποίοι εφάπτονται των πλευρών των γωνιών $\angle AOD,\ \angle BOC$ , με το κέντρο του Αποδείξτε ότι το εσωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας των κύκλων $(K),\ (L)$ ανήκει στην ευθεία

$\bullet$ 'Εστω $E,\ Z,$ τα σημεία επαφής των κύκλων $(K),\ (L)$ αντιστοίχως, στην μία κοινή τους εσωτερική εφαπτομένη και έστω το σημείο $S\equiv KL\cap EZ,$ με

την διάκεντρο των κύκλων.

: Συνευθειακά σημεία.; f 185_t 74098.PNG (39.05 KiB) Προβλήθηκε 837 φορές

Από $KE\parallel LZ\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KE}{LZ} = \frac{SK}{SL}}\ \ \ ,(1)$

Έστω το σημείο $S'\equiv KL\cap OP$ και ας είναι $F,\ J,$ οι προβολές των $K,\ L$ αντιστοίχως, επί της ευθείας OP.

Από $KF\parallel LJ\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KF}{LJ} = \frac{S'K}{S'L}}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ για να είναι $S'\equiv S,$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{\displaystyle \frac{KE}{LZ} = \frac{KF}{LJ}}\ \ \ ,(3)$

$\bullet$ Στο ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle OBC$ με το σημείο

στο εσωτερικό του και επί των μεσοκαθέτων ευθείων $OM,\ ON,$ των πλευρών $AB,\ CD$ αντιστοίχως, για τις οποίες ισχύει προφανώς $\angle BOM = \angle BCP$ και $\angle CON = \angle CBP,$ θεωρούμε ως τυχόντα τα σημεία $K\in OM$ και $L\in ON.$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1, αληθεύει η (3)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Έστω $Ax,\ Ay,$ δύο ευθείες δια της κορυφής και προς το εξωτερικό μέρος του $\vartriangle ABC$ έτσι ώστε να είναι $\angle BAx = \angle BCP$ και $\angle CAy = \angle CBP.$ Έστω τα τυχόντα σημεία $K\in Ax$ και $L\in Ay$ και ας είναι $E,\ F,$ οι προβολές του επί των $AB,\ AP$ αντιστοίχως και $Z,\ J,$ οι προβολές του επί των $AC,\ AP,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{KF}{LJ} = \frac{KE}{LZ}$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα 1.

#3

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 29, 2023 9:59 pm
ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Έστω $Ax,\ Ay,$ δύο ευθείες δια της κορυφής και προς το εξωτερικό μέρος του $\vartriangle ABC$ έτσι ώστε να είναι $\angle BAx = \angle BCP$ και $\angle CAy = \angle CBP.$ Έστω τα τυχόντα σημεία $K\in Ax$ και $L\in Ay$ και ας είναι $E,\ F,$ οι προβολές του επί των $AB,\ AP$ αντιστοίχως και $Z,\ J,$ οι προβολές του επί των $AC,\ AP,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{KF}{LJ} = \frac{KE}{LZ}$ .

$\bullet$ Έστω

η προβολή του σημείου

επί της πλευράς BC.

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle EAK,\ \vartriangle RCP$ έχουμε $\displaystyle \frac{KE}{PR} = \frac{AK}{PC}\ \ \ ,(1)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ZAL,\ \vartriangle RBP$ έχουμε $\displaystyle \frac{LZ}{PR} = \frac{AL}{PB}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KE}{LZ} = \frac{AK}{AL}\cdot \frac{PB}{PC}}\ \ \ ,(3)$

: Συνευθειακά σημεία - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f 185_t 74098 (a).PNG (26.05 KiB) Προβλήθηκε 786 φορές

$\bullet$ Η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

τέμνει την

στο σημείο έστω

και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα2, έχουμε $QC\parallel Ay\ \ \ ,(4)$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle FAK$ έχουμε $\displaystyle \sin \angle PAx = \frac{KF}{AK}\ \ \ ,(5)$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle JAL$ έχουμε $\displaystyle \sin \angle PAy = \frac{LJ}{AL}\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KF}{LJ} = \frac{AK}{AL}\cdot \frac{\sin \angle PAx}{\sin \angle PAy} = \frac{AK}{LJ}\cdot \frac{\sin \angle PQB}{\sin \angle PQC}}\ \ \ ,(7)$

$\bullet$ Από τα τρίγωνα $\vartriangle QPB,\ \vartriangle QPC$ με κοινή πλευρά την

και $\angle QBP = \angle QCP$ λόγω του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC$ ,

προκύπτει εύκολα ότι $\boxed{\displaystyle \frac{\sin \angle PQB}{\sin \angle PQC} = \frac{PB}{PC}}\ \ \ ,(8)$

Από $(7),\ (8)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KF}{LJ} = \frac{AK}{AL}\cdot \frac{PB}{PC}}\ \ \ ,(9)$

Από $(3),\ (9)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KE}{LZ} = \frac{KF}{LJ}}\ \ \ ,(10)$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Δια των σημείων $B,\ C,$ φέρνουμε τις ευθείες $BB',\ CC'$ αντιστοίχως, έτσι ώστε να είναι $\angle ABB' = \angle PCB$ και $\angle ACC' = \angle PBC.$ Αποδείξτε ότι τα σημεία $A,\ Q\equiv BB'\cap CC',\ P,$ είναι συνευθειακά.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου, για το ως άνω Λήμμα 2.

#4

vittasko έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 30, 2023 7:31 pm
ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Δια των σημείων $B,\ C,$ φέρνουμε τις ευθείες $BB',\ CC'$ αντιστοίχως, έτσι ώστε να είναι $\angle ABB' = \angle PCB$ και $\angle ACC' = \angle PBC.$ Αποδείξτε ότι τα σημεία $A,\ Q\equiv BB'\cap CC',\ P,$ είναι συνευθειακά.

Έστω το σημείο $T\equiv BC\cap AP$ και ας είναι $Q,\ Q',$ τα σημεία τομής της ευθείας

από τις ευθείες $BB',\ CC',$ αντιστοίχως.

Οι δέσμες $B.AB'PC,\ C.TPC'A$ τέμνονται από την ευθεία

και άρα έχουμε:

$\boxed{(B.AB'PC) = (A,Q,P,T)}\ \ \ ,(1)$ και $\boxed{(C.TPC'A) = (T,P,Q',A)}\ \ \ ,(2)$

Από $\angle B = \angle C$ και $\angle ABQ + \angle PBC = \angle ACQ' + \angle PCB\Rightarrow$ $\boxed{\angle QBP = \angle Q'CP}\ \ \ ,(3)$

: Συνευθειακά σημεία - Απόδειξη του Λήμματος 2.; f 185_t 74098 (b).PNG (14.57 KiB) Προβλήθηκε 761 φορές

Ισχύει $\boxed{(B.AB'PC) = (C.TPC'A)}\ \ \ ,(4)$ λόγω της (3)

.

( Οι δέσμες έχουν ίσους Διπλούς λόγους γιατί οι ομόλογες ευθείες τους σχηματίζουν ίσες γωνίες ).

Από $(1),\ (2),\ (4)\Rightarrow$ $\boxed{(A,Q,P,T) = (T,P,Q',A)}\ \ \ ,(5)$

Αλλά $\boxed{(T,P,Q',A) = (A,Q',P,T)}\ \ \ ,(6)$

( ο Διπλός λόγος δεν μεταβάλεται εάν δύο στοιχεία μέσα στην παρένθεση αλλάξουν θέση μεταξύ τους και ταυτόχρονα αλλάξουν θέση μεταξύ τους και τα άλλα δύο στοιχεία ).

Από $(5),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{(A,Q,P,T) = (A,Q',P,T)}\ \ \ ,(7)$

Από (7)

συμπεραίνεται ότι $\boxed{Q'\equiv Q}$ και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

orestisgotsis · #5

ΠΕΡΙΤΤΑ

#6

orestisgotsis έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 30, 2023 9:37 pm
ΚΥΡΙΕ ΚΩΣΤΑ, ΕΥΧΟΜΑΙ ΝΑ ΕΙΣΤΕ ΚΑΛΑ

Ορέστη, σ' ευχαριστώ πολύ. Όσο θα μπορούμε να λύνουμε κάποια γεωμετρικά προβλήματα, θα είμαστε καλά. Ελπίζω αυτό να είναι εφικτό μέχρι τα 103, όπως έχουμε πει με τον αδελφικό μου φίλο Νίκο Φραγκάκη (...μέχρι τα εκατόν τρία θα κάνουμε Γεωμετρία).

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 29, 2023 9:59 pm
ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Έστω $Ax,\ Ay,$ δύο ευθείες δια της κορυφής και προς το εξωτερικό μέρος του $\vartriangle ABC$ έτσι ώστε να είναι $\angle BAx = \angle BCP$ και $\angle CAy = \angle CBP.$ Έστω τα τυχόντα σημεία $K\in Ax$ και $L\in Ay$ και ας είναι $E,\ F,$ οι προβολές του επί των $AB,\ AP$ αντιστοίχως και $Z,\ J,$ οι προβολές του επί των $AC,\ AP,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{KF}{LJ} = \frac{KE}{LZ}$ .

Οι τριγωνομετρικές εκφράσεις μπορούν να παραλειφθούν και να πάμε από την (4)

στην

με συνθετικό τρόπο.

$\bullet$ Έστω

η προβολή του σημείου

επί της πλευράς BC.

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle EAK,\ \vartriangle RCP$ έχουμε $\displaystyle \frac{KE}{PR} = \frac{AK}{PC}\ \ \ ,(1)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ZAL,\ \vartriangle RBP$ έχουμε $\displaystyle \frac{LZ}{PR} = \frac{AL}{PB}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KE}{LZ} = \frac{AK}{AL}\cdot \frac{PB}{PC}}\ \ \ ,(3)$

Η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

τέμνει την

στο σημείο έστω

και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα2, έχουμε $QC\parallel Ay\ \ \ ,(4)$

: Συνευθειακά σημεία - Παραλλαγή της απόδειξης του Λήμματος 1.; f 185_t 74098 (c).PNG (22.54 KiB) Προβλήθηκε 609 φορές

$\bullet$ Έστω $M,\ N,$ οι προβολές του σημείου

επί των $QB,\ QC,$ αντιστοίχως.

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle FAK,\ \vartriangle MQP$ έχουμε $\displaystyle \frac{KF}{PM} = \frac{AK}{QP}\ \ \ ,(5)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle JAL,\ \vartriangle NQP$ έχουμε $\displaystyle \frac{LJ}{PN} = \frac{AL}{QP}\ \ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KF}{LJ} = \frac{AK}{AL}\cdot \frac{PM}{PN}}\ \ \ ,(7)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle MPB,\ \vartriangle NPC$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{PM}{PN} = \frac{PB}{PC}}\ \ \ ,(8)$

Από $(7),\ (8)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KF}{LJ} = \frac{AK}{AL}\cdot \frac{PB}{PC}}\ \ \ ,(9)$

Από $(3),\ (9)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KE}{LZ} = \frac{KF}{LJ}}\ \ \ ,(10)$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Συνευθειακά σημεία

Συνευθειακά σημεία

Re: Συνευθειακά σημεία

Re: Συνευθειακά σημεία

Re: Συνευθειακά σημεία

Re: Συνευθειακά σημεία

Re: Συνευθειακά σημεία

Μέλη σε σύνδεση