Ομοκυκλικότητα από ισογώνια συζυγή σημεία

Al.Koutsouridis · #1

Στο εσωτερικό οξυγώνιου τριγώνου ABC

δίνονται δυο σημεία

και

τέτοια, ώστε $\angle ABP =\angle CBQ$ και $\angle ACP=\angle BCQ$ (δηλαδή ισογώνια συζυγή σημεία). Από τα σημεία

και

φέρουμε καθέτους ως προς την διχοτόμο της γωνίας BAC

. Αυτές οι κάθετοι τέμνουν τα τμήματα

και

στα σημεία $B_{p}, B_{q}, C_{p}, C_{q}$ . Έστω

το μέσο του τόξου BAC

του περιγεγραμμένου κύκλου $\Omega$ του τριγώνου ABC

. Οι ευθείες

και

τέμνουν δεύτερη φορά τον $\Omega$ στα σημεία $P_{1}$ και $Q_{1}$ . Να αποδείξετε, ότι τα σημεία $P_{1}$ και $Q_{1}$ βρίσκονται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τραπεζίου $B_{p}B_{q}C_{q}C_{p}$ .

: kvant_M2577.png (55.5 KiB) Προβλήθηκε 1581 φορές

Πηγή: περιοδικό Κβαντ τέυχος 9, 2019.

min## · #2

Καλησπέρα και χρόνια πολλά.
Για το πρόβλημα θα βασιστούμε αρκετά στο σχήμα,καθώς υπάρχουν αρκετά configuration issues (δηλαδή κανονικά πρέπει να εργαστούμε με προσανατολισμένες γωνίες,αλλά τέλοσπαντων)

: output-onlinepngtools.png (69.47 KiB) Προβλήθηκε 1501 φορές

Θεωρούμε τους κύκλους (BPC),(BQC),(W,WB)

- $C_{1},C_{2},C$ αντίστοιχα.

Η αντιστροφή ως προς τον ανταλλάζει τους $C_{1},C_{2}$ .
Απόδειξη:
Tα B,C

μένουν αμετάβλητα,οπότε αρκεί ένα ακόμα σημείο του $C_{1}$ να πηγαίνει στον $C_{2}$ .Έστω

η εικόνα του

.
Είναι λόγω της αντιστροφής
$BP'C\angle=WP'B\angle+WP'C\angle=WBP\angle+WCP\angle=ABP\angle+ACP\angle=CBQ\angle+BCQ\angle$
$=180-BQC\angle$
οπότε BQCP'

εγγράψιμο-όπως πρέπει.

Ας είναι $R_{1}\equiv B_{P}C_{P}\cap C_{1},R_{2}\equiv B_{Q}C_{Q}\cap C_{2}$ .
Η ουσία του προβλήματος είναι ότι:

(b)

Οι $W,R_{1},Q$ και $W,P,R_{2}$ είναι συνευθειακές τριάδες.
Απόδειξη:Το

ως κέντρο αντιστροφής που ανταλλάσει τους $C_{1},C_{2}$ είναι και (εξωτ.) κέντρο ομοιοθεσίας τους.Επειδή $PR_{1}//QR_{2}$ αρκεί να δείξουμε ότι τα τόξα $PR_{1},QR_{2}$ είναι ίσα.(δηλαδή ότι πρόκειται για ομόλογα τόξα.Για ευκολία μπορούμε να θεωρήσουμε τα κέντρα των $C_{1},C_{2}$ -έστω $O_{1},O_{2}$ -και να μιλήσουμε για ομοιοθεσία των $O_{1}PR_{1},O_{2}R_{2}Q$ από όπου προκύπτει και η "ομολογία" των τόξων.
Κανονικά βέβαια μια τέτοια ισότητα τόξων θα έδινε "ομολογία" είτε ως προς την εξωτερική είτε ως προς την εσωτερική ομοιοθεσία.Λόγω θέσης των P,Q

-πάνω από την

-αποκλείεται η εσωτερική ομοιοθεσία και μένει η εξωτερική,όπως πρέπει).

Προς αυτήν την κατεύθυνση δείχνουμε ότι τα $R_{1},R_{2}$ είναι ισογώνια συζυγή στο ABC

(μετά είναι απλό ότι $PBR_{1}\angle=QBR_{2}\angle$ ).
Έχουμε $R_{2}BC\angle=180-R_{2}QC\angle=180-(360-AQC\angle-AQR_{2}\angle)=AQC\angle+AQR_{2}\angle-180$ $=AQR_{2}\angle-QAC\angle-QCA\angle=90-(A\angle/2-QAC\angle)-QAC\angle-QCA\angle=90-A\angle/2-QCA\angle$ , (1)

και $R_{1}BC\angle=R_{1}PC\angle=APC\angle-APR_{1}\angle=APC\angle-(90-A\angle/2+BAP\angle)=$ $APC\angle+A\angle/2-90-BAP\angle$ , (2)

.
Άρα από (2)

, $ABR_{1}\angle=B\angle-APC\angle-A\angle/2+90+BAP\angle$ .
Θέλουμε/ισχυριζόμαστε (σε συνδυασμό με (1)

) $B\angle-APC\angle-A\angle/2+90+BAP\angle=90-A\angle/2-QCA\angle \Leftrightarrow B\angle-APC\angle+BAP\angle=$ $-QCA\angle \Leftrightarrow APC\angle-B\angle-BAP\angle=QCA\angle \Leftrightarrow AQC\angle+APC\angle=180+B\angle$ που είναι η κλασική σχέση που ισχύει για ισογώνια συζυγή.(και αποδεικνύεται-αν δε βαριόμαστε-συνεχίζοντας το κυνήγι γωνιών)
Έτσι,πράγματι έχουμε $ABR_{1}\angle=CBR_{2}\angle$ και κατά ανάλογο τρόπο $ACR_{1}\angle=BCR_{2}\angle$ από όπου τα $R_{1},R_{2}$ είναι ισογώνια συζυγή.
Μ'αυτά και μ'αυτά,η ομοιοθεσία κέντρο

στέλνει το $PR_{1}$ στο $R_{2}Q$ .Συνεπώς στέλνει* το

στο $R_{2}$ και το $R_{1}$ στο

,πράγμα που σημαίνει ότι οι $W,P,R_{2}$ και $W,R_{1},Q$ είναι συνευθειακές τριάδες.
*Κανονικά πρέπει να αποκλείσουμε το ενδεχόμενο $W\equiv PQ\cap R_{1}R_{2}$ -εκτός από τετριμμένες περιπτώσεις που τα σημεία ταυτίζονται.Αυτό δεν είναι δύσκολο να δειχτεί:Αρκεί να παρατηρήσουμε ότι τα $R_{1},R_{2}$ βρίσκονται εκατέρωθεν της

και ότι η τομή $PQ\cap R_{1}R_{2}$ βρίσκεται εντός της λωρίδας που ορίζουν οι $B_{P}C_{P},B_{Q}C_{Q}$ άρα σίγουρα όχι πάνω στον κύκλο (ABC)

.

$P_{1}Q_{1}B_{Q}C_{Q},P_{1}Q_{1}B_{P}C_{P}$ εγγράψιμα.
Απόδειξη:(Το δείχνουμε για το δεύτερο,ανάλογο επιχείρημα εφαρμόζεται και στο πρώτο) Ας είναι $K\equiv P_{1}C_{P}\cap (ABC),L\equiv Q_{1}B_{P}\cap (ABC)$ .
Από Reim's

( $C_{P}P//AW$ , $BP_{1}WA$ εγγράψιμο) έχουμε $BP_{1}PC_{P}$ εγγράψιμο και ( $AW//R_{1}B_{P}$ , $Q_{1}CWA$ εγγράψιμο) $Q_{1}CB_{P}R_{1}$ επίσης εγγράψιμο.Έτσι, $B_{P}Q_{1}C\angle=B_{P}R_{1}C\angle=$ ( $BPR_{1}C$ εγγράψιμο) $PBC\angle$ από όπου B,P,L

συνευθειακά.
Κατά ανάλογο τρόπο,είναι $R_{1}CB\angle=C_{P}PB\angle=C_{P}P_{1}B\angle=KP_{1}B\angle$ από όπου $C,R_{1},K$ συνευθειακά.
Από (αντίστροφο) Reim's

στους $(ABC),(BPR_{1}C)$ και λόγω των παραπάνω συνευθειακοτήτων,παίρνουμε $KL//PR_{1}$ .Τέλος,από Reim's

( $KL//PR_{1}\equiv B_{P}C_{P}$ , $P_{1}Q_{1}LK$ εγγράψιμο) έχουμε $P_{1}Q_{1}B_{P}C_{P}$ εγγράψιμο κλπ.

(d)

Τελείωμα:Το κέντρο του κύκλου (είναι κύκλος λόγω (c)

) $(P_{1}Q_{1}B_{P}C_{P})$ είναι η τομή της μεσοκαθέτου της $P_{1}Q_{1}$ και της διχοτόμου του

(η οποία είναι μεσοκάθετος της $B_{P}C_{P}$ ).
Αντίστοιχα,αυτό ακριβώς είναι και το κέντρο του κύκλου $P_{1}Q_{1}B_{Q}C_{Q}$ .Τελικά λοιπόν οι δύο κύκλοι ταυτίζονται καθώς έχουν κοινό κέντρο και ακτίνα (πχ. την $OP_{1}$ ,

το κέντρο του κύκλου),γεγονός που δίνει ότι $P_{1},Q_{1},B_{Q},B_{P},C_{P},C_{Q}$ ομοκυκλικά,όπως ακριβώς θέλαμε.

Al.Koutsouridis · #3

Χρόνια Πολλά! Υγεία!

Να ευχαριστήσω τον min## για την λύση, ενός αρκετά δύσκολου προβλήματος. Από την πλευρά μου απλά φιλολογικά επιτρέψτε μου να αναφέρω μερικές πληροφορίες για το πρόβλημα, που υπάρχουν στο άρθρο με τίτλο "Γενίκευση του λήμματος Verrier" στο περιοδικό "Μαθηματική Εκπαίδευση" τεύχος 26, σελ 249-257..

Το πρόβλημα είχε προταθεί στο προκριματικό του Φεβρουαρίου 2019 για την ομάδα της Ρωσίας από τον Μπίμπικοβ. Στο άρθρο εξηγείται πως προέκυψε το πρόβλημα. Από την γνωστή πρόταση:

Λήμμα Verrier: Έστω $\omega$ ο κύκλος που εφπάτεται των πλευρών και του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου . Τότε τα σημεία επαφής $B_{I}, C_{I}$ των πλευρών και το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου , είναι συνευθειακά.

: Verrier_lemma.png (20.5 KiB) Προβλήθηκε 1377 φορές

κινηθήκαμε αντίστροφα και διασπάσαμε το έγκεντρο

σε δυο ισογώνια συζυγή σημεία ( P,Q

).

Παρόμοια από την γνωστή πρόταση:

Πρόταση 1: Έστω $C_{I}, B_{I}$ τα σημεία τομής της καθέτου προς την διχοτόμο της γωνίας που διέρχεται από το έγκεντρο
ενός τριγώνου με τις πλευρές αντίστοιχα. Αν θεωρήσουμε τα σημεία $S_{b}, S_{c}$ των πλευρών αντίστοιχα τέτοια, ώστε $BC_{I}=B_{I}S_{b}$ και $CB_{I}=C_{I}B_{c}$ , τότε το τετράπλευρο $BCS_{b}S_{c}$ είναι περιγράψιμο στον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου .

: lemma_2.png (17.52 KiB) Προβλήθηκε 1377 φορές

διασπάμε το έγκεντρο

σε δυο ισογώνια συζυγή σημεία και προκύπτουν οι προτάσεις:

Πρόταση 1. Τα σημεία $P_{2}, Q_{2}$ , δεύτερα σημεία τομής των ευθειών με τον κύκλο $\omega$ του αρχικού προβλήματος και τα σημεία ανήκουν στον ίδιο κύκλο, έστω $\Gamma$ . (βλ. σχήμα παρακάτω)

Αν $S_{b}, S_{c}$ τα σημεία τομής του $\Gamma$ με τις πλευρές AC, AB

αντίστοιχα τότε:

Θεώρημα 1. Ισχύουν οι ισότητες $BC_{q}=B_{p}S_{b}$ , $CB_{q}=C_{p}S_{c}$ (βλ. σχήμα).

Θεώρημα 2. Στο τετράπλευρο $BS_{c}S_{b}C$ μπορεί να εγγραφεί έλλειψη με εστίας τα σημεία .

: omokuklikothta_apo_sogwnia_suzugh_shmeia.png (45.98 KiB) Προβλήθηκε 1377 φορές

Οι παραπάνω προτάσεις και μερικές ακόμη με κάποιες συνευθειακότητες σημειών, μερικές από τις οποίες ήδη ανέφερε ο min## στην απόδειξή του, αποδεικνύονται στο αναφερθέν άρθρο.

min## · #4

Πολύ ενδιαφέροντα όλα αυτά.
Καλά Ρώσικα διαμαντάκια ξεθάβετε,θέλουμε κι άλλα

Al.Koutsouridis · #5

min## έγραψε: Τρί Μάιος 04, 2021 9:54 pm Πολύ ενδιαφέροντα όλα αυτά.
Καλά Ρώσικα διαμαντάκια ξεθάβετε,θέλουμε κι άλλα

Στο προαναφερθέν τεύχος στη μόνιμη στήλη "Γεωμετρία Κλασική και σύχρονη" έχει τέσσερα άρθρα:
"Άθροισμα γωνιών τριγώνου και το θεώρημα Gauss-Bonnet" (Α.Σοσίνσκιϊ).
"Μη ευκλείδειες λύσεις ευκλείδειων προβλημάτων" (Μπίμπικοβ, Φρολόβ).
"Ποδικοί κύκλοι, γενικευμένα σημεία Feuerbach και πόλοι τριγώνων" (Μπίντβα, Σεβτσόβ).
"Τύπος και περιεχόμενο" (Γκορέλοβ).

Το πρώτο αν και είναι ενδιαφέρον δεν περιέχει καποια προβλήματα "κλασικής" γεωμετρίας.
Το δεύτερο άρθρο περιέχει κάποια ενδιαφέροντα προβλήματα, θα προσπαθήσω να μεταφέρω μερικά τις επόμενες μέρες.
Το τρίτο, σχεδόν ολόκληρο το άρθρο, είναι διαπραγμάτευση μιας σειράς προβλημάτων που τέθηκαν στο καλοκαιρινό σεμινάριο του τουρνουά των πόλεων και μπορούν να βρεθούν και στα αγγλικά στη σελίδα του τουρνουά https://www.turgor.ru/lktg/2019/6-Inver ... /index.htm. Το πρόβλημα 3.11 απαντήθηκε στα πλαίσια του σεμιναρίου και το 3.12 έμεινε ανοιχτό για τους συμμετέχοντες.
Το τέταρτο διαπραγματεύεται τους τύπους εδώ.

Το πρόβλημα της παρούσας δημοσίευσης ανήκει στην μόνιμη στήλη "Στο μοτίβο του προβληματολόγιου" και είναι και αυτό των Μπίτβα, Σεφτσόβ, Φιλάτοβ, οι οποίοι παρεπιμπτόντως είναι μαθητές λυκείου.

Ομοκυκλικότητα από ισογώνια συζυγή σημεία

Ομοκυκλικότητα από ισογώνια συζυγή σημεία

Re: Ομοκυκλικότητα από ισογώνια συζυγή σημεία

Re: Ομοκυκλικότητα από ισογώνια συζυγή σημεία

Re: Ομοκυκλικότητα από ισογώνια συζυγή σημεία

Re: Ομοκυκλικότητα από ισογώνια συζυγή σημεία

Μέλη σε σύνδεση