mathematica.gr

Δίνεται τυχαίο τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο,ρ). Αν F, G, H είναι τα μέσα των τόξων AB, BC, CA αντίστοιχα και F’, G’, H’ τα συμμετρικά τους ως προς τις πλευρές του τριγώνου ABC, δείξτε ότι το τετράπλευρο EF’G’H’ (όπου Ε το ορθόκεντρο) είναι εγγράψιμο.

Μια υπόδειξη
Tα τετράπλευρα του σχήματος οπως το ΒΕG'C ειναι εγγράψιμμα...
Συμπληρώνω:
<ΒΕC=<BG'C=π-<Α.

S.E.Louridas

Διατυπώνω την εικασία ότι BFHG και F΄EG΄H' έχουν πλευρές παράλληλες
και επειδή το BFHG είναι εγγράψιμο σε κύκλο θα είναι και το μικρό τετράπλευρο εγγράψιμο.
Εικασία είπαμε, μην το πάρετε και τοις μετρητοίς.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Να αναφέρω ότι την άσκηση αυτή τη διατύπωσε τηλεφωνικά ένας φίλος (ο οποίος δεν είναι μαθηματικός) και από την εκφώνηση την κατέταξα στην Γεωμετρία Β΄Λυκείου (προφανώς δεν ανήκει εκεί). Πολύ αργότερα (και αφού την είχα ανεβάσει στο mathematica χωρίς να την έχω λύσει) μου είπε ότι την παλεύει 10 χρόνια...
Να συμπληρώσω την υπόδειξη του κ. Λουρίδα με τα υπόλοιπα εγγράψιμα τετράπλευρα (που περνάνε από το ορθόκεντρο Ε) AEH'C και AEF'B με σχέση γωνιών και αντίστοιχα.

Να επαναφέρω την άσκηση γιατί έχει μείνει άλυτη και αν είναι δυνατόν να μεταφερθεί στα " Θέματα για Λύκειο - Seniors". Δεν έχω λύση.

Ευχαριστώ.

Να δώσω και ένα αρχείο geogebra.

Το πρόβλημα θα έχει λυθεί αν αποδειχθεί ότι το τρίγωνο έχει γνωστές γωνίες.

και και

Αποδεικνύεται εύκολα ότι ισχύει οι ευθείες είναι αντιστοίχως παράλληλες προς τις εξωτερικές διχοτόμους των γωνιών του

Έτσι, το ζητούμενο προκύπτει αμεσα από και .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Χρησιμοποιώ το σχήμα του Μιχάλη και δεν έχω λύση για το πρώτο αποτέλεσμα.

Θεωρούμε κύκλο κέντρου Α και ακτίνας R (ίση με εκείνη του υπάρχοντος) που τέμνει την OG σε σημείο D ώστε το AODE να είναι παραλληλόγραμμο. Είναι εύκολο να δούμε ότι DG΄=ED=R. Έστω V, P τα σημεία που ο ίδιος κύκλος τέμνει τις OH, OF αντίστοιχα ώστε τα BOVE, COPE να είναι επίσης παραλληλόγραμμα. Είναι εύκολο να δούμε ότι το τρίγωνο DVP ισούται με το αρχικό και επιπλέον έχουμε εναλλαγή ρόλων δηλαδή το Ε είναι περίκεντρό του ενώ το Ο ορθόκεντρο του, οπότε στο ισοσκελές τρίγωνο DEG΄ η διχοτόμος του από το D είναι ταυτόχρονα και διχοτόμος της PDV και τούτο διότι η γωνία που σχηματίζεται από το ύψος και μία πλευρά τριγώνου ισούται με την γωνία που σχηματίζεται από την άλλη πλευρά και την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου που καταλήγει στην κορυφή τους.
Οι διχοτόμοι όμως του τριγώνου DVP διέρχονται από το έγγεντρο που προφανώς ισαπέχει από τα σημεία EG΄H΄F΄.

(*)
Θα αναρτήσω το σχήμα αργότερα εκτός και με προλάβει κάποιος φίλος, ευχαριστώ

S.E.Louridas

Βάζω το σχήμα της διαπραγμάτευσης που είδαμε παραπάνω:

S.E.Louridas έγραψε:Θεωρούμε κύκλο κέντρου Α και ακτίνας R (ίση με εκείνη του υπάρχοντος) που τέμνει την OG σε σημείο D ώστε το AODE να είναι παραλληλόγραμμο. Είναι εύκολο να δούμε ότι DG΄=ED=R. Έστω V, P τα σημεία που ο ίδιος κύκλος τέμνει τις OH, OF αντίστοιχα ώστε τα BOVE, COPE να είναι επίσης παραλληλόγραμμα. Είναι εύκολο να δούμε ότι το τρίγωνο DVP ισούται με το αρχικό και επιπλέον έχουμε εναλλαγή ρόλων δηλαδή το Ε είναι περίκεντρό του ενώ το Ο ορθόκεντρο του, οπότε στο ισοσκελές τρίγωνο DEG΄ η διχοτόμος του από το D είναι ταυτόχρονα και διχοτόμος της PDV και τούτο διότι η γωνία που σχηματίζεται από το ύψος και μία πλευρά τριγώνου ισούται με την γωνία που σχηματίζεται από την άλλη πλευρά και την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου που καταλήγει στην κορυφή τους.
Οι διχοτόμοι όμως του τριγώνου DVP διέρχονται από το έγγεντρο που προφανώς ισαπέχει από τα σημεία EG΄H΄F΄.
S.E.Louridas

Ένα τεράστιο μπράβο και ένα πολύ μεγάλο ευχαριστώ στον καταπληκτικό γεωμέτρη, μαθηματικό, άνθρωπο Σωτήρη Λουρίδα.

S.E.Louridas έγραψε:Θεωρούμε κύκλο κέντρου και ακτίνας (ίση με εκείνη του υπάρχοντος) και στην το σημείο ώστε το να είναι παραλληλόγραμμο. Είναι εύκολο να δούμε ότι . Έστω τα σημεία που ο ίδιος κύκλος τέμνει τις αντίστοιχα ώστε τα να είναι επίσης παραλληλόγραμμα. Είναι εύκολο να δούμε ότι το τρίγωνο ισούται με το αρχικό και επιπλέον έχουμε εναλλαγή ρόλων δηλαδή το είναι περίκεντρό του ενώ το ορθόκεντρο του, οπότε στο ισοσκελές τρίγωνο , η διχοτόμος του από το είναι ταυτόχρονα και διχοτόμος της γωνίας και τούτο διότι η γωνία που σχηματίζεται από το ύψος και μία πλευρά τριγώνου ισούται με την γωνία που σχηματίζεται από την άλλη πλευρά και την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου που καταλήγει στην κορυφή τους.
Οι διχοτόμοι όμως του τριγώνου διέρχονται από το έγγεντρο που προφανώς ισαπέχει από τα σημεία .

Όταν τα δύσκολα γίνοται απλά, by Louridas method.

Σωτήρη να είσαι καλά, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Επειδή είμαστε στον φάκελο της Β' Λυκείου, ίσως χρειάζεται να δοθούν μερικές λεπτομέρειες για τα επί μέρους αποτελέσματα, για να την απολαύσουν και όσοι από τους μικρούς μας φίλους δεν είναι ( ακόμα ) καλά εξοικειωμένοι με σύνθετα γεωμετρικά προβλήματα.

ΥΓ (01-08-2014) - Δείτε Εδώ ( 3η δημοσίευση ) μία άλλη απόδειξη από τον Στάθη Κούτρα.