Κύκλοι-ευθείες: 4-4

#1

Αν τα σημεία $\displaystyle{ A,B,C,D }$ είναι ομοκυκλικά (όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα) να δειχθεί ότι οι ευθείες Simson κάθε σημείου από αυτά ως προς το τρίγωνο που έχει κορυφές τα υπόλοιπα τρία (στο σχήμα οι: $\displaystyle{ \left( {S_A } \right),\left( {S_B } \right),\left( {S_C } \right),\left( {S_D } \right) }$ καθώς και οι κύκλοι του Euler των τεσσάρων τριγώνων $\displaystyle{ ABC,ABD,ACD,BCD }$ (στο σχήμα μας οι: $\displaystyle{ \left( {E_D } \right),\left( {E_C } \right),\left( {E_B } \right),\left( {E_A } \right) }$ (αντίστοιχα με τα τρίγωνα)) διέρχονται από το ίδιο σημείο $\displaystyle{ T }$

Στάθης

#2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Αν τα σημεία $\displaystyle{ A,B,C,D }$ είναι ομοκυκλικά (όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα) να δειχθεί ότι οι ευθείες Simson κάθε σημείου από αυτά ως προς το τρίγωνο που έχει κορυφές τα υπόλοιπα τρία (στο σχήμα οι: $\displaystyle{ \left( {S_A } \right),\left( {S_B } \right),\left( {S_C } \right),\left( {S_D } \right) }$ καθώς και οι κύκλοι του Euler των τεσσάρων τριγώνων $\displaystyle{ ABC,ABD,ACD,BCD }$ (στο σχήμα μας οι: $\displaystyle{ \left( {E_D } \right),\left( {E_C } \right),\left( {E_B } \right),\left( {E_A } \right) }$ (αντίστοιχα με τα τρίγωνα)) διέρχονται από το ίδιο σημείο $\displaystyle{ T }$

Στάθης

Επαναφορά

#3

Καλά, έχω χάσει αρκετά από τα τεκταινόμενα στο

. Βλέπω ότι έχει γίνει και επαναφορά πριν δύο μήνες σε αυτό το γνωστό πρόβλημα που έρχεται από το παρελθόν και ούτε που το είδα.

Επειδή τώρα είμαστε σε μία διαρκή "κινητικότητα", θα βάλω αργότερα τη λύση που έχω υπόψη μου εκτός και αν κάποιος άλλος τύχει και ασχοληθεί με αυτό το ενδιαφέρον και όχι δύσκολο θέμα.

Να είστε όλοι καλά όπου κι αν βρίσκεστε, Κώστας Βήττας.

Antonis_Z · #4

Επαναφορά.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Καλημέρα .Θα χρησιμοποιήσω τα παρακάτω λήματα
Λήμμα 1
Σε εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{ABCD}$ κέντρου $\displaystyle{O} ,\displaystyle{{H_A},{H_B}}$ είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων $\displaystyle{BCD}$ $\displaystyle{ACD}$ αντίστοιχα .Τότε το $\displaystyle{AB{H_A}{H_B}}$ είναι παραλληλόγραμμο
Λήμμα 2
Αν τρίγωνο $\displaystyle{BCD}$ εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου $\displaystyle{O}$ και $\displaystyle{A}$ σημείο του κύκλου ,τότε η ευθεία Simson για το $\displaystyle{A}$ διχοτομεί το τμήμα $\displaystyle{A{H_A}}$

Απόδειξη του λήμματος 1

Λόγω των εγγράψιμων τετραπλέυρων $\displaystyle{ABCD}$ , $\displaystyle{G{H_B}HD}$ είναι $\displaystyle{\angle y = \angle \omega }$ και λόγω των εγγράψιμων τετραπλέυρων $\displaystyle{ABCD}$ , $\displaystyle{{H_A}ZCF}$ είναι $\displaystyle{\angle x= \angle \omega }$ . Άρα $\displaystyle{\angle x= \angle y}$ κι έτσι το τετράπλευρο $\displaystyle{{H_B}DC{H_A}}$ είναι εγγράψιμμο άρα $\displaystyle{\angle {H_A}{H_B}C = \angle {H_A}DC = \varphi }$
Όμως το $\displaystyle{HDCZ}$ είναι εγγράψιμο (αφού $\displaystyle{\angle AH \bot C{H_B},BZ \bot DZ}$ )
Έτσι $\displaystyle{\angle HZC = \angle CDA}$ . Επείδή όμως $\displaystyle{\angle CDA + \angle CBA = {180^0}}$ ,θα είναι και $\displaystyle{\angle HZC + \angle CBA = {180^0} \Rightarrow HZ//AB}$ . Όμως $\displaystyle{\angle CHZ = \varphi }$ ( $\displaystyle{DHZC}$ εγγράψιμο) οπότε $\displaystyle{{\rm Z}{\rm H}//{{\rm H}_{\rm B}}{{\rm H}_{\rm A}}}$ .Έτσι , $\displaystyle{AB//{{\rm H}_{\rm B}}{{\rm H}_{\rm A}}}$ και αφού $\displaystyle{A{{\rm H}_{\rm B}}//B{{\rm H}_{\rm A}}}$ (κάθετες στη $\displaystyle{CD}$ ) το ζητούμενο αποδείχτηκε

Απόδειξη του λήμματος 2

Είναι γνωστό ότι αν $\displaystyle{K',L',N'}$ τα συμμετρικά των κάθετων από το $\displaystyle{A}$ στις πλευρές του τριγώνου η $\displaystyle{K'L'N'}$ είναι ευθεία παράλληλη στην ευθεία Simson για το $\displaystyle{A}$ (ευθεία Steiner) και περνά από το $\displaystyle{{H_A}}$ .Έτσι $\displaystyle{G}$ μέσον της $\displaystyle{A{H_A}}$ .

Aπόδειξη του προβλήματος
Στο σχήμα έχουμε σχεδιάσει τις $\displaystyle{{S_A}}$ , $\displaystyle{{S_B}}$ , $\displaystyle{{S_C}}$ , $\displaystyle{{S_A}}$ π ου είναι οι ευθείες Simson για τα $\displaystyle{A,B,C,D}$ αντίστοιχα καθώς και τα ορθόκεντρα $\displaystyle{{H_A,H_B,H_C,H_D}}$ των τριγώνων $\displaystyle{BCD,ACD,ABD,ABC}$ αντίστοιχα.Σύμφωνα με το Λήμμα 1,τα $\displaystyle{AB{H_A}{H_B},BC{H_B}{H_C},CA{H_C}{H_A},DA{H_D}{H_A}}$ είναι παραλληλόγραμμα.
Η $\displaystyle{{S_A}}$ περνά από το μέσον της $\displaystyle{A{H_A}}$ που είναι το $\displaystyle{T}$
Η $\displaystyle{{S_B}}$ περνά από το μέσον της $\displaystyle{B{H_B}}$ που είναι το $\displaystyle{T}$ (αφού $\displaystyle{AB{H_A}{H_B}}$ είναι παραλληλόγραμμο)
Η $\displaystyle{{S_C}}$ περνά από το μέσον της $\displaystyle{C{H_C}}$ που είναι και μέσον του $\displaystyle{A{H_A}}$ δηλαδή το $\displaystyle{T}$ (αφού $\displaystyle{AC{H_A}{H_C}}$ είναι παραλληλόγραμο)
Η $\displaystyle{{S_D}}$ περνά από το μέσον της $\displaystyle{D{H_D}}$ που είναι και μέσον της $\displaystyle{A{H_A}}$ δηλαδή το $\displaystyle{T}$ (αφού $\displaystyle{AD{H_A}{H_D}}$ είναι παραλληλόγραμμο).
Έτσι οι $\displaystyle{{S_A}}$ , $\displaystyle{{S_B}}$ , $\displaystyle{{S_C}}$ , $\displaystyle{{S_A}}$ συγκλίνουν στο $\displaystyle{T}$
Θα αποδείξουμε τώρα ότι και οι κύκλοι Euler των τριγώνων περνούν απ το $\displaystyle{T}$
Έστω $\displaystyle{K}$ το μέσον του $\displaystyle{O{H_B}}$ . Στο τρίγωνο $\displaystyle{OB{H_B}}$ η $\displaystyle{TK}$ συνδέει μέσα πλευρών άρα $\displaystyle{TK = //\frac{{OB}}{2} = \frac{R}{2}}$
Έστω $\displaystyle{L}$ το μέσον του $\displaystyle{O{H_A}}$ . Στο τρίγωνο $\displaystyle{OA{H_A}}$ η $\displaystyle{TL}$ συνδέει μέσα πλευρών άρα άρα $\displaystyle{TL = //\frac{{OA}}{2} = \frac{R}{2}}$
Έστω $\displaystyle{M}$ το μέσον του $\displaystyle{O{H_C}}$ . .Στο τρίγωνο $\displaystyle{OC{H_C}}$ , $\displaystyle{TM}$ συνδέει μέσα πλευρών άρα $\displaystyle{TM = //\frac{{OC}}{2} = \frac{R}{2}}$
Έστω $\displaystyle{N}$ το μέσον του $\displaystyle{O{H_D}}$ . Στο τρίγωνο $\displaystyle{OD{H_D}}$ η $\displaystyle{TN}$ συνδέει μέσα πλευρών άρα $\displaystyle{TM = //\frac{{OD}}{2} = \frac{R}{2}}$
Τελικά $\displaystyle{TK = TL = TM = TN = \frac{R}{2}}$ και αυτό αποδεικνύει ο ζητούμενο.
Ζητώ συγνώμη για τα μεγάλα σχήματα αλλά δεν ξέρω τι συμβαίνει με το geogebra μου.
Έκατσα μέχρι τέτοια ώρα γιατί δεν ήθελα να αφήσω στη μέση το πρόβλημα.Αν μου έχει ξεφύγει κάποιο γράμμα, νομίζω δικαιολογούμαι.Καιρός για λίγο ύπνο.
Καληνύχτα ή.. μάλλον καλημέρα

Κύκλοι-ευθείες: 4-4

Κύκλοι-ευθείες: 4-4

Re: Κύκλοι-ευθείες: 4-4

Re: Κύκλοι-ευθείες: 4-4

Re: Κύκλοι-ευθείες: 4-4

Re: Κύκλοι-ευθείες: 4-4

Μέλη σε σύνδεση