Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

#1

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ F,$ τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του στις πλευρές $BC,\ AC,\ AB,$ αντιστοίχως. Έστω τα σημεία $K\equiv DF\cap IE,\ L\equiv DE\cap IF$ , όπου είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και ας είναι το μέσον της πλευράς Αποδείξτε ότι η δια του κάθετη ευθεία επί την διχοτομεί το τμήμα

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όχι εύκολη διχοτόμηση, γιατί εμένα με δυσκόλεψε. Αλλά αυτό προφανώς, δεν λέει τίποτα.

Grigoris K. · #2

Ζόρικο πρόβλημα κ. Κώστα!

Έστω $\displaystyle{ T \equiv FE \cap KL }$ και $\displaystyle{ S \equiv DI \cap FE }$ . Λόγω του πλήρους $\displaystyle{ DIKLFE }$ ισχύει $\displaystyle{ \frac{TE}{TF} = \frac{ES}{SF} = \frac{\sin \angle SIE}{\sin \angle SIF} = \frac{\sin \angle C}{\sin \angle B} = \frac{AB}{AC} \ (1) }$ .

Έστω $\displaystyle{ FZ \parallel BC }$ με $\displaystyle{ Z \in AC }$ . Ισχύει $\displaystyle{ \frac{AE}{AZ} = \frac{AF}{AZ} = \frac{AB}{AC} \ (2) }$ . Από $\displaystyle{ (1),(2) \implies \frac{TE}{TF} = \frac{AE}{AZ} \implies AT \parallel FZ \implies AT \parallel BC }$ .

Η σημειοσειρά $\displaystyle{ F,E,S,T }$ είναι αρμονική άρα η δέσμη $\displaystyle{ A.FEST }$ είναι αρμονική και επειδή $\displaystyle{ AT \parallel BC}$ η $\displaystyle{ AS }$ διέρχεται εκ του μέσου $\displaystyle{ M }$ της $\displaystyle{ BC}$ .

Φέρω τα εφαπτόμενα τμήματα $\displaystyle{ TP,TQ }$ προς τον $\displaystyle{ (I) }$ . Φανερά από το Θ. La Hire τα $\displaystyle{ A,P,Q }$ είναι συνευθειακά και λόγω της αρμονικής σημειοσειράς $\displaystyle{ F,E,S,T }$

προκύπτει ότι τα $\displaystyle{ A,P,S,Q }$ είναι συνευθειακά. Επομένως τα σημεία $\displaystyle{ A,P,S,Q,M }$ είναι συνευθειακά. Φανερά ισχύει $\displaystyle{ AM \perp IT }$ .

Φέρω το εφαπτόμενο τμήμα $\displaystyle{ MJ }$ προς τον $\displaystyle{ (I)}$ . Από το Θ. La Hire έπεται άμεσα ότι τα $\displaystyle{ D,J,T }$ είναι συνευθειακά άρα ισχύει $\displaystyle{ MI \perp DT }$ .

Έστω $\displaystyle{ MV \perp KL }$ με $\displaystyle{ V \in KL }$ και $\displaystyle{ MW \perp FE }$ με $\displaystyle{ W \in FE }$ . Η δέσμη $\displaystyle{ T.DIVW }$ είναι φανερά αρμονική. Όμως οι δέσμες $\displaystyle{ T.DIVW }$ και

$\displaystyle{ M.IAVW }$ έχουν τις ομόλογες ακτίνες τους κάθετες άρα και η δέσμη $\displaystyle{ M.IAVW }$ είναι αρμονική. Συνεπώς αφού ισχύει $\displaystyle{ AI \parallel MW }$ η $\displaystyle{ MV }$ διχοτομεί το $\displaystyle{ AI }$ .

#3

vittasko έγραψε:Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ F,$ τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του στις πλευρές $BC,\ AC,\ AB,$ αντιστοίχως. Έστω τα σημεία $K\equiv DF\cap IE,\ L\equiv DE\cap IF$ , όπου είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και ας είναι το μέσον της πλευράς Αποδείξτε ότι η δια του κάθετη ευθεία επί την διχοτομεί το τμήμα

Κώστας Βήττας.
ΥΓ. Όχι εύκολη διχοτόμηση, γιατί εμένα με δυσκόλεψε. Αλλά αυτό προφανώς, δεν λέει τίποτα.

Μιας και δεν έχω ύπνο και για να συμμετέχω στην ΥΠΕΡΟΧΗ Γεωμετρική Παρέα του που τόσο εκτιμώ!!!!

$\bullet$ Θεωρώ το μέσο της και θα δείξω ισοδύναμα ότι $LK \bot MN$ . Ας είναι $P \equiv DI \cap FE,R \equiv DI \cap \left( I \right)$ και έστω $Q \equiv AR \cap \left( I \right)$ και $R' \equiv AR \cap BC$ .

Τότε είναι το σημείο επαφής του παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ δηλαδή το συμμετρικό του ως προς το μέσο της

(γνωστή πρόταση) καθώς και συνευθειακά (επίσης γνωστή πρόταση ) που έχουν συζητηθεί αρκετές φορές στο (που είσαι Παρμενίδη )

Ας είναι $S \equiv FE \cap KL$ . Τότε από το πλήρες τετράπλευρο το θα είναι το αρμονικό συζυγές του ως προς τα .

Από το αρμονικό τετράπλευρο προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική και συνεπώς η θα τέμνει την στο αρμονικό

συζυγές του ως προς τα δηλαδή θα διέρχεται από το σημείο .

Επειδή το ανήκει στην πολική ευθεία του ως προς τον κύκλο $\left( I \right)$ , τότε και το θα ανήκει στην πολική του ως προς τον $\left( I \right)$ και με

το συζυγές αρμονικό του ως προς τα προκύπτει ότι η ευθεία είναι η πολική του ως προς τον $\left( I \right) \Rightarrow \boxed{SI \bot AM}:\left( 1 \right)$ .
[attachment=0]Οχι και τόσο εύκολη διχοτόμηση.png[/attachment]
$\bullet$ Ας είναι το συμμετρικό του ως προς το μέσο (και) της . Τότε προφανώς παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται)

άρα $I'R' = \parallel ID\mathop \Rightarrow \limits^{ID = \parallel IR} I'R' = \parallel IR \Rightarrow IRR'I'$ παραλληλόγραμμο οπότε $RR'\parallel II'$ ή καλλίτερα $AR'\parallel II'$ .

Στο τρίγωνο $\vartriangle AII'$ με $AR'\parallel II'$ και διάμεσό του προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική.

Ας είναι $T \equiv DP \cap SK$ τότε από το πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η σειρά είναι αρμονική άρα και η δέσμη είναι αρμονική.

Επειδή $SP \bot AI,SI \bot AM,AD \bot AR'$ (τρεις ομόλογες ακτίνες των πιο πάνω αρμονικών δεσμών είναι κάθετες) θα είναι και $\boxed{ST \bot AI'}:\left( 2 \right)$ .

Τέλος στο τρίγωνο $\vartriangle IAI'$ το τμήμα συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του και συνεπώς θα είναι

$MN\parallel AI'\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} MN \bot ST{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \,\,{\kern 1pt} \eta \,\,\,{\kern 1pt} {\kern 1pt} {\kern 1pt} \boxed{MN \bot KL}$ και το (ισοδύναμο) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με απέραντη εκτίμηση
Στάθης

#4

Καλά, πότε κοιμάστε ;

Καλημέρα και στους δυό σας με τις ευχαριστίες μου για το ενδιαφέρον σας. Αν και το ξεκίνησα όπως ο Στάθης, δεν μου βγήκε και στεναχωρήθηκα. Ώρες-ώρες αναρωτιέμαι, μήπως η ικανότητα του νου να λύνει γεωμετρικά προβλήματα, εξασθενεί σε μένα πιο γρήγορα από το φυσιολογικό και αυτό με βάζει σε σκέψεις γιατί έχω πολλά πράγματα ατακτοποίητα.

Μετά βέβαια, σκέφτηκα να αλλάξω το σχήμα και αυτό βοήθησε τελικά να έχω διέξοδο σε λύση. Δώστε μου λίγο χρόνο και θα επανέλθω.

Να είστε καλά, Κώστας Βήττας.

#5

Ας δούμε το ακόλουθο ισοδύναμο πρόβλημα :

ΙΣΟΔΥΝΑΜΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $\vartriangle A'B'C'$ το εφαπτομενικό του τρίγωνο. Έστω τα σημεία $E\equiv AC\cap BO,\ F\equiv AB\cap CO,$ όπου είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ και ας είναι το μέσον του Αποδείξτε ότι η δια του κάθετη ευθεία επί την διχοτομεί το τμήμα

$\bullet$ Έστω τα σημεία $S\equiv BC\cap EF$ και $T\equiv BC\cap AO.$

Η δια του

κάθετη ευθεία επί την

τέμνει την OA'

στο σημείο έστω

και ας είναι

η προβολή του

επί της

Για να ισχύει ON = NA',

αρκεί να αποδειχθεί ότι η δέσμη $M\ldotp ONA'D$ είναι αρμονική, λόγω $OA'\parallel MD.$

Από το πλήρες τετράπλευρο AEOFBC,

έχουμε ότι η σημειοσειρά $B,\ T,\ C,\ S$ είναι αρμονική.

Τα σημεία $A',\ T,\ M$ είναι συνευθειακά ( γνωστό αποτέλεσμα που έχει συζητηθεί στο

).

: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.; f=112_t=36012(a).PNG (33.16 KiB) Προβλήθηκε 1320 φορές

$\bullet$ Επειδή η ευθεία BC,

ως η Πολική του σημείου

ως προς τον κύκλο (O)

περνάει από το

έχουμε ότι η Πολικής του

ως προς τον (O)

περνάει από το

και άρα, ταυτίζεται με την ευθεία $A'T\equiv A'M,$ που συνδέει το

με το

ως το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα $B,\ C.$

Προκύπτει επομένως, $MA'\perp SO\ \ \ ,(1)$

Επειδή τώρα η A'M,

ως η Πολική ευθεία του

ως προς τον (O)

περνάει από το

έχουμε ότι η Πολική του

ως προς τον (O)

περνάει από το

και άρα, ταυτίζεται με την ευθεία AS,

η οποία συνδέει το

με το σημείο

ως το σημείο επαφής στον κύκλο (O),

της εφαπτομένης του από το σημείο

Ισχύει επομένως, $MO\perp SA\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ και $MN\perp SF$ και $MD\perp SB,$ προκύπτει ότι οι δέσμες $M\ldotp ONA'D,\ S\ldotp AFOB$ έχουν ίσους Διπλούς λόγους, γιατί οι γωνίες που σχηματίζονται από τις ομόλογες ακτίνες τους είναι ίσες.

Η δέσμη $S\ldotp AFOB$ είναι αρμονική, λόγω του πλήρους τετραπλεύρου AEOFBC.

Άρα, η δέσμη $M\ldotp ONA'D$ είναι επίσης αρμονική και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

dimitris pap · #6

Πολύ ωραία άσκηση! Βρήκα μια ωραία λύση που βασίζεται σε ένα λήμμα, το οποίο είκασα ότι ισχύει και έπειτα απέδειξα με τριγωνομετρία, για το οποίο όμως θα ήθελα να με βοηθήσετε να βρούμε μια πιο ωραία λύση, αν δεν είναι ήδη γνωστό (είμαι σχεδόν βέβαιος ότι υπάρχει λύση με διπλούς αρμονικούς λόγους αλλά δεν έχω το χρόνο να τη βρω τώρα).

Λήμμα:
Εστω τετράπλευρα ώστε $AB\perp A'B', BC\perp B'C', CD\perp C'D', AD\perp A'D'$ και $AC\perp B'D'$ . Τότε και $BD\perp A'C'$ .

Πίσω στην άσκηση μας τώρα έχουμε την εξής κομψή λύση:

Eστω

το συμμετρικό του

ως προς

. Τότε

παραλληλόγραμμο και AJ// MN

.
Τώρα εφαρμόζουμε το παραπάνω λήμμα στα τετράπλευρα ABJC

και

(αφού ας πούμε $AB\perp IL, BJ\perp LD$ ).
Από το λήμμα θα έχουμε και $KL\perp AJ$ . QED

#7

Δημήτρη, είσαι πολύ ωραίος.

Εξαιρετική σκέψη και πολύ διδακτική για μένα.

dimitris pap έγραψε:ΛHMMA. -
Εστω τετράπλευρα ώστε $AB\perp A'B', BC\perp B'C', CD\perp C'D', AD\perp A'D'$ και $AC\perp B'D'$ . Τότε και $BD\perp A'C'$ .

Μία στοιχειώδης προσέγγιση γι' αυτό το όμορφο Λήμμα, είναι η εξής :

Στρέφουμε το τετράπλευρο A'B'C'D'

περί τυχόν σημείο, κατά γωνία $\angle \omega = 90^{o}$ και άρα θα έχουμε $A'B'\parallel AB$ και $B'C'\parallel BC$ και $C'D'\parallel CD$ και $D'A'\parallel DA$ και $A'C'\parallel AC.$

: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση - Λύση Δημήτρη Παπαδημητρίου - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=36012(b).PNG (32.17 KiB) Προβλήθηκε 1187 φορές

Τα τετράπλευρα τώρα είναι ομοιόθετα, με λόγο ομοιοθεσίας $\displaystyle \lambda = \frac{AB}{A'B'} = \frac{AC}{A'C'} = \frac{AD}{A'D'}\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $A'B'\parallel AB$ και $A'D'\parallel AD$ , προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{SB'}{SB} = \frac{SD'}{SD}$ $\Longrightarrow$ $B'D'\parallel BD\ \ \ ,(2)$

Από την (2)

συμπεραίνεται ότι για το τετράπλευρο A'B'C'D'

στην αρχική του θέση, ισχύει $B'D'\perp BD$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Με όλη μου την εκτίμηση, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Τελικά, θα μ' αφήσετε να πάω για τον μεσημεριανό υπνάκο μου ;

#8

Τελικά, δεν είναι τόσο απλά τα πράγματα όσο επιπόλαια τα νόμισα και ευχαριστώ θερμά τον Δημήτρη ( dimitris pap ) που μου το επεσήμανε με προσωπικό μύνημα.

Τα τεράπλευρα $ABJC,\ ILDK$ του προβλήματος, είναι συχετισμένα με κάθετες τις ομόλογες πλευρές τους, αλλά οι ομόλογες γωνίες τους είναι παραπληρωματικές και όχι ίσες όπως έχει θεωρηθεί εσφαλμένα στην απόδειξη που έδωσα για το Λήμμα.

Άλλωστε, στην εκφώνηση του Λήμματος όπως δόθηκε από τον Δημήτρη, αναφέρεται η καθετότητα των διαγωνίων $AC\perp B'D'$ και όχι $AC\perp A'C'$ που έλαβα υπόψη μου, προτρέχοντας.

Επικαλούμαι την επιείκειά σας για την αβλεψία μου αυτή και ζητώ συγνώμη που σας μπέρδεψα.

Κώστας Βήττας.

#9

Ελπίζω ότι δεν θα πω πάλι κάποια μπαρούφα.

dimitris pap έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Εστω τετράπλευρα $ABCD,\ A'B'C'D'$ ώστε $AB\perp A'B', BC\perp B'C', CD\perp C'D', AD\perp A'D'$ και $AC\perp B'D'$ . Τότε και $BD\perp A'C'$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε την παρακάτω βοηθητική πρόταση :

ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τετράπλευρο και έστω τυχόν σημείο επί της διαγωνίου του Οι δια των $A,\ C'$ παράλληλες ευθείες προς τις $CD,\ CB$ αντιστοίχως, τέμνονται στο σημείο έστω και ας είναι το σημείο επί της ώστε να είναι $C'D'\parallel AB.$ Αποδείξτε ότι $B'D'\parallel BD.$

: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση - Λήμμα Δημήτρη Παπαδημητρίου - Απόδειξη βοηθητικής πρότασης.; f=112_t=36012(c).PNG (17.14 KiB) Προβλήθηκε 1121 φορές

Απόδειξη. Έστω το σημείο $E\equiv BC\cap AB'$ και ας είναι

το σημείο επί της ευθείας

ώστε να είναι $CZ\parallel C'D'.$

Από $B'C'\parallel EC$ και $C'D'\parallel CZ,$ σύμφωνα με το θεώρημα Θαλή, έχουμε $\displaystyle \frac{AB'}{AE} = \frac{AC'}{AC} = \frac{AD'}{AZ}\ \ \ ,(1)$

Από (1)

$\Longrightarrow$ $B'D'\parallel EZ\ \ \ ,(2)$

Στο τραπέζιο ABCZ

με $AB\parallel CZ,$ από $AE\parallel CD,$ προκύπτει ότι $BD\parallel EZ\ \ \ ,(3)$ γνωστό αποτέλεσμα στο οποίο έχω αναφερθεί παλιότερα εδώ στο

, αλλά και ο Θανάσης ( KARKAR ), νομίζω ότι πρόσφατα το έχει βάλει σαν πρόβλημα και τον παρακαλώ αν είναι εύκολο, να μας δώσει την σχετική αναφορά.

Από $(1),\ (2),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $B'D'\parallel BD$ και η Βοηθητική πρόταση έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Επιστρέφοντας στο Λήμμα του Δημήτρη τώρα, έστω τα τετράπλευρα $ABCD,\ A'B'C'D',$ συχετισμένα έτσι ώστε να ισχύει $AB\perp A'B'$ και $BC\perp B'C'$ και $CD\perp C'D'$ και $DA\perp D'A'$ και $AC\perp B'D'.$

: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση - Λύση Δημήτρη Παπαδημητρίου - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=36012(d).PNG (25.84 KiB) Προβλήθηκε 1116 φορές

Στρέφουμε το τετράπλευρο A'B'C'D'

περί τυχόν σημείο έστω

και κατά γωνία $\angle \omega = 90^{o}$ και άρα, θα έχουμε $A'B'\parallel AB$ και $B'C'\parallel BC$ και $C'D'\parallel CD$ και $D'A'\parallel DA$ και $B'D'\parallel AC.$

Στο σχήμα για ευκολία, το κέντρο στροφής

έχει επιλεγεί έτσι ώστε μετά την στροφή το σημείο

να βρίσκεται επί της ευθείας

και άρα να έχουμε ταύτιση των ευθειών $A'D'\parallel AD.$

Μεταφέρουμε τώρα παράλληλα, την είκόνα ( μετά την στροφή ) του A'B'C'D'

, έτσι ώστε το σημείο

να συμπέσει με το

Έχουμε τώρα μία νέα εικόνα του τετραπλεύρου A'B'C'D',

όπου $D'\equiv A$ και $B'\in AC$ και $A'\in AD$ και το σημείο

ώστε να ισχύει $B'C'\parallel BC$ και $C'D'\equiv C'A\parallel CD.$

Σύμφωνα με την παραπάνω Βοηθητική πρόταση, προκύπτει ότι $A'C'\parallel BD\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και επειδή οι παραλληλίες διατηρούνται στην παράλληλη μεταφορά, συμπεραίνεται ότι για το τετράπλευρο A'B'C'D'

στην αρχική του θέση ισχύει $A'C'\perp BD$ και το Λήμμα by dimitris pap έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

dimitris pap · #10

dimitris pap έγραψε: ΛΗΜΜΑ:
Εστω τετράπλευρα ώστε $AB\perp A'B', BC\perp B'C', CD\perp C'D', AD\perp A'D'$ και $AC\perp B'D'$ . Τότε και $BD\perp A'C'$ .

Σας ευχαριστώ πολύ κ. Βήττα που ασχοληθήκατε με το λήμμα μου. Πολύ καλή και απλή η απόδειξή σας. Δίνω και εγώ μια απόδειξη που σκέφτηκα με cross-ratios (γιατί για να 'μαι ειλικρινής μια απόδειξη με τριγωνομετρία δεν θα μπορούσε να με αφήσει ευχαριστημένο

)

Κατ' αρχάς όπως κάνει και ο κ. Βήττας στο πρώτο βήμα, θα αποδείξουμε ισοδύναμο λήμμα όπου αντί για καθετότητες έχουμε παντού παραλληλίες.

Εστω ευθείες e, e'

ώστε $Be\parallel AC\parallel De'$ . Aς υποθέσουμε ότι $A'C'\not\parallel BD$ . Tότε υπάρχουν σημεία E',Z'

(διαφορετικά) της A'C'

, ώστε

.

Τότε θα έχουμε: B'(A', E', C', D)=B(A,D,C,e)=D(A,B,C,e')=D'(A',Z'C',B)

, άτοπο αν $E\neq Z$ . Αρα πράγματι A'C'//BD

. qed

Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Re: Μία όχι εύκολη διχοτόμηση.

Μέλη σε σύνδεση