Το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου τριγώνου.

#1

Σε κάθε τρίγωνο το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου, ανήκει στην ευθεία που συνδέει το σημείο Gergone με το σημείο Nagel.

Κώστας Βήττας.

#2

vittasko έγραψε:Σε κάθε τρίγωνο το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου, ανήκει στην ευθεία που συνδέει το σημείο Gergone με το σημείο Nagel.
Κώστας Βήττας.

Κώστα καλησπέρα.

Το πρόβλημα είναι εντυπωσιακό αν σκεφτούμε ότι στην ευθεία που αναφέρεις : Nagel - Gergone -

Ισοτομικό του έγκεντρου ανήκει και το ισοτομικό του ορθοκέντρου του τριγώνου.

Αλλά δεδομένου ότι τα σημεία και είναι ισοτομικά, σκέφτηκα και επιβεβαιώθηκαν με τον υπολογιστή ότι ισχύουν και οι εξής παρόμοιες προτάσεις.

$\bullet$ Το ισοτομικό του Περικέντρου του τριγώνου ανήκει στην ευθεία που συνδέει το ορθόκεντρο και το ισοτομικό του ορθοκέντρου.

$\bullet$ Το ισοτομικό του Κέντρου του κύκλου του τριγώνου ανήκει στην ευθεία που συνδέει το περίκεντρό του και το ισοτομικό του περικέντρου του.

Με εκτίμηση
Στάθης

Υ.Σ. Δεν έχω αποδείξεις για τα παραπάνω και δεν γνωρίζω αν είναι γνωστές προτάσεις.

Η μόνη σκέψη που περνάει αυτή τη στιγμή από το μυαλό είναι η γνωστή συνευθειακότητα: έγκεντρου – βαρύκεντρου – σημείου Nagel, η σχέση που χωρίζει το βαρύκεντρο το τμήμα μεταξύ του έγκεντρου και του σημείου Nagel, και η γνωστή παραλληλία των τμημάτων με άκρα : έγκεντρο - περίκεντρο και ορθόκεντρο – σημείο Nagel

#3

vittasko έγραψε:Σε κάθε τρίγωνο το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου, ανήκει στην ευθεία που συνδέει το σημείο Gergone με το σημείο Nagel.
Κώστας Βήττας.

Καλημέρα Κώστα!!!. Νομίζω ότι βρήκα κάτι για το παραπάνω και με όμοιο τρόπο πρέπει δείχνονται και οι προτάσεις που αναφέρω πιο πάνω.

$\bullet$ Έστω το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και $D \equiv BI \cap AC,E \equiv CI \cap AB$ , και ας είναι τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$

με τις πλευρές του αντίστοιχα. Αν είναι τα ισοτομικά των (συμμετρικά ως προς τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα)

και τα ισοτομικά των αντίστοιχα... τότε $G \equiv BK \cap CL$ (σημείο Gergone), $N \equiv BK' \cap CL'$ (σημείο Nagel), και

$I' \equiv BD' \cap CE'$ (το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ).

Ο διπλός λόγος $\boxed{\left( {K,D',K',C} \right) = \dfrac{{\left( {KK'} \right)}}{{\left( {K'D'} \right)}}:\dfrac{{\left( {CK} \right)}}{{\left( {CD'} \right)}}}:\left( 1 \right)$ και ο διπλός λόγος $\boxed{\left( {L,E',L',B} \right) = \dfrac{{\left( {L'L} \right)}}{{\left( {L'E} \right)}}:\dfrac{{\left( {B'L} \right)}}{{\left( {B'E} \right)}}}:\left( 2 \right)$ και έστω $a \ne c \ne b \ne a$ . Είναι

$\left( {KK'} \right) = \left| {\left( {AC} \right) - 2\left( {AK} \right)} \right| = \left| {b - 2\left( {\tau - a} \right)} \right|$ $\mathop \Rightarrow \limits^{2\tau = a + b + c} \ldots \boxed{\left( {KK'} \right) = \left| {a - c} \right|}:\left( 1 \right)$ , $\left( {K'D'} \right) = \left| {\left( {CD'} \right) - \left( {CK'} \right)} \right| = \left| {\left( {AD} \right) - \left( {AK} \right)} \right| = \left| {\dfrac{{bc}}{{a + c}} - \left( {\tau - a} \right)} \right| =$

$\left| {\dfrac{{bc}}{{a + c}} - \dfrac{{b + c - a}}{2}} \right| = \left| {\dfrac{{bc - ab - {c^2} + {a^2}}}{{2\left( {a + c} \right)}}} \right| \Rightarrow$ $\ldots \boxed{\left( {K'D'} \right) = \dfrac{{\left| {a - c} \right|\left( {\tau - b} \right)}}{{a + c}}}:\left( 2 \right)$ , $\boxed{\left( {CK} \right) = \tau - c}:\left( 3 \right)$ και $\boxed{\left( {CD'} \right) = \left( {AD} \right) = \dfrac{{bc}}{{a + c}}}:\left( 4 \right)$ .
[attachment=0]Το ισοτομικό του έγκεντρου.png[/attachment]
$\bullet$ Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)$ προκύπτει ότι: $\displaystyle{\left( {K,D',K',C} \right) = \dfrac{{\left( {KK'} \right)}}{{\left( {K'D'} \right)}}:\dfrac{{\left( {CK} \right)}}{{\left( {CD'} \right)}} = \dfrac{{\left| {a - c} \right|}}{{\dfrac{{\left| {a - c} \right|\left( {\tau - b} \right)}}{{a + c}}}}:\dfrac{{\tau - c}}{{\dfrac{{bc}}{{a + c}}}}}$

$\displaystyle{ \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {K,D',K',C} \right) = \dfrac{{bc}}{{\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}}}:\left( 5 \right)}$ και με όμοιο τρόπο (υπάρχει και συμμετρία) προκύπτει ότι : $\boxed{\left( {L,E',L',B} \right) = \dfrac{{cb}}{{\left( {\tau - c} \right)\left( {\tau - b} \right)}}}:\left( 6 \right)$ .

Από $\left( 5 \right),\left( 6 \right) \Rightarrow \left( {K,D',K',C} \right) = \left( {L,E',L',B} \right)$ οπότε και οι δέσμες και έχουν ίσους διπλούς λόγους και επειδή η είναι κοινής τους ακτίνα

τα σημεία τομής των ομολόγων μη κοινών ακτινών τους $N \equiv BK' \cap CL',I' \equiv BD' \cap CE',G \equiv BK \cap CL$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\left( * \right)$ Αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές η πρόταση είναι προφανής αφού τα σημεία θα ανήκουν στην διάμεσο που περιέχεται στις ίσες πλευρές.
Με εκτίμηση
Στάθης

Το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου τριγώνου.

Το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου τριγώνου.

Re: Το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου τριγώνου.

Re: Το ισοτομικό σημείο του έγκεντρου τριγώνου.

Μέλη σε σύνδεση