Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

#2

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 29, 2023 2:04 pm
Τρίγωνο - αερόστατο .png

Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο με και $\left( O \right)$ ο περίκυκλός του με

το περίκεντρο. Τον $\left( O \right)$ επανατέμνει στο η κάθετη από το προς την ενώ

οι εφαπτόμενές του στα τέμνονται στο . Αν $\left\{ E \right\}=AS\cap \left( O \right)$ $\left( E\cancel{\equiv }\,A \right)$ ,

$\left\{ P \right\}=AD\cap BO$ και το μέσο του , δείξτε ότι $P,\,\,D,\,\,E,\,\,M$ ομοκυκλικά.

Ορέστη καλησπέρα

Δυστυχώς απέχω (για προσωπικούς λόγους) αυτόν τον καιρό από τα μαθηματικά δρώμενα και έχω χάσει αρκετά επεισόδια
Σήμερα που βρήκα μια ευκαιρία και ευτυχώς τα κατάφερα να "πετάξω το αερόστατο σου" (βρήκα την βενζίνη δηλαδή)

Μια μικρή ερώτηση (αν θέλεις μας απαντάς). Επειδή τα θέματα που βάζει έχουν αρκετό "ψωμί" θα ήθελα να μας πεις αν είναι δικές σου δημιουργίες ή αν όχι (και θέλεις να μας πεις την πηγή τους (έχουν ιδιαίτερο ενδιαφέρον και τη σχετική τους δυσκολία)

Ευχαριστώ

$\bullet$ Έστω $K\equiv AD\cap BC,L\equiv AE\cap BC,N\equiv OS\cap BC$ (προφανώς

μεσοκάθετη της

(από τον «χαρταετό» OBSC

) ) και $Q\equiv OM\cap BC$ και ας είναι επί πλέον $T\equiv EN\cap OM$ .

Με

την πολική του

ως προς τον κύκλο $\left( O \right)$ προκύπτει ότι η σειρά $\left( S,E,L,A \right)$ είναι αρμονική και συνεπώς και η δέσμη N.SELA

είναι αρμονική και με $NS\bot NL\Rightarrow NO$ διχοτόμος της γωνίας $\angle TNA$ (σε κάθε αρμονική δέσμη που δύο ακτίνες της είναι κάθετες αυτές διχοτομούν της γωνίες που σχηματίζουν οι άλλες δύο) .

Έτσι $\angle TNO=\angle ONA\overset{ON\parallel AK}{\mathop{=}}\,\angle DAN:\left( 1 \right)$ και με $OM\bot DC$ (απόστημα σε χορδή του $\left( O \right)$ αφού

το μέσο της εν λόγω χορδής) προκύπτει ότι $\angle NOQ=\angle QCM:\left( 2 \right)$ (οξείες με κάθετες πλευρές του ίδιου προσανατολισμού) και με $\angle QCM\equiv \angle BCD\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\tau o\xi o}{\mathop{=}}\,\angle BAD\equiv \angle BAK\Rightarrow \angle NOQ=\angle BAK:\left( 3 \right)$
Από την $\left( 3 \right)$ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ONQ$ και $\vartriangle AKB$ είναι όμοια και συνεπώς $\dfrac{OQ}{AB}=\dfrac{NQ}{BK}:\left( 4 \right)$
Ομοίως με $\angle TNQ\overset{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu }{\mathop{=}}\,\angle BNE\overset{\delta \iota \chi o\tau o\mu o}{\mathop{=}}\,\angle ANB\overset{\angle TQB=\angle NBA\left( \vartriangle ONQ\sim \vartriangle AKB \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\vartriangle TNQ\sim \vartriangle ANB\Rightarrow \dfrac{TQ}{AB}=\dfrac{NQ}{BN}:\left( 5 \right)$

: Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο.png (45.25 KiB) Προβλήθηκε 1209 φορές

$\bullet$ Από $\left( 4 \right):\left( 5 \right)\Rightarrow \dfrac{\dfrac{OQ}{AB}}{\dfrac{TQ}{AB}}=\dfrac{\dfrac{NQ}{BK}}{\dfrac{NQ}{BN}}\Rightarrow \dfrac{OQ}{TQ}=\dfrac{BN}{BK}:\left( 6 \right)$ και με $PK\parallel ON$ (κάθετες στην

) προκύπτει σύμφωνα με το θεώρημα του Θαλή ότι $\dfrac{OB}{PB}=\dfrac{BN}{BK}\overset{\left( 6 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{OB}{PB}=\dfrac{OQ}{TQ}:\left( 7 \right)$

Από την $\left( 7 \right)$ σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος του Θαλή προκύπτει ότι $TP\parallel BQ\equiv BC\overset{AD\bot BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,PT\bot PD\overset{TM\bot DM}{\mathop{\Rightarrow }}\,P,T,M,D$ ομοκυκλικά σε κύκλο διαμέτρου

Από την ομοιότητα $\vartriangle TNM\sim \vartriangle ANB\Rightarrow \angle ETM\equiv \angle NTQ=\angle BAN:\left( 8 \right)$
$\bullet$ Προφανώς η

ταυτίζεται με την

συμμετροδιάμεσο του τριγώνου $\vartriangle ABC\Rightarrow \angle BAN=\angle SAC\equiv \angle EAC\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o}{\mathop{=}}\,\angle EDC\equiv \angle EDM\overset{\left( 8 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle ETM=\angle EDM$ και συνεπώς τα σημεία T,M,E,D

είναι ομοκυκλικά .
Από τις ομοκυκλικές τετράδες T,M,E,D

και

με τρία κοινά σημεία ( T,M,D

) προκύπτει ότι τα σημεία $P,D,E,M,\left( T \right)$ είναι ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

orestisgotsis · #3

ΠΕΡΙΤΤΑ

giannimani · #4

Η ευθεία

συμμετροδιάμεσος των τριγώνων ABC

Και

. Αν

το μέσο της

τότε,
$\angle BEA=\angle CEN \quad (1)$ . Έστω $\omega$ ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία

,

και

, που τέμνει
την

στο σημείο

. Θα αποδείξουμε ότι το

είναι το μέσο του

, ή ισοδύναμα,
η

είναι παράλληλη της

.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο PDEM'

έχουμε $\angle DPE=\angle DM'E \quad (2)$ . Επομένως,
$\angle APE=\angle CM'E$ ως παραπληρωματικές των γωνιών της (1)

.

Επίσης, $\angle PAE=\angle DAE=\angle DCE \quad (3)$ ως εγγεγραμμένες γωνίες του περιγεγραμμένου κύκλου $\Omega$
του τριγώνου ABC

, που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Επομένως, $\triangle EPA \sim \triangle EM'C$ . Ως εκ τούτου,
υπάρχει σπειροειδής ομοιότητα $S_{p}\;:\;[AP]\;\leftrightarrow \;[CM']$ , κέντρου

και λόγου $\frac{CM'}{AP}$ . Αλλά τότε,
υπάρχει και η σπειροειδής ομοιότητα $S^{\prime}_{p}$ κέντρου επίσης

, και λόγου $\frac{PM'}{AC}$ , $S^{\prime}_{p}\;:\;[AC]\;\leftrightarrow \;[PM']$ ,
οπότε $\triangle EAC \sim \triangle PEM'$ .

: sym_exer3.png (118 KiB) Προβλήθηκε 1146 φορές

Θα αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο HDEN

είναι εγγράψιμο (

το ίχνος του ύψους από την κορυφή

).
Πράγματι, $\angle DEN=\angle DEB+\angle BEN=\angle BAD+\angle AEC=\angle BAH+\angle ABC=90^{\circ}= \angle DHN$ .
Επομένως, $\angle xDH=\angle xDP=\angle HNE=\angle PM'E$ ως εξωτερική των εγγεγραμμένων τετραπλεύρων HDEN

και

.

Αν $\{X\}=PM' \cap BC$ , τότε εφόσον $\angle XNE=\angle XM'E$ , οπότε το τετράπλευρο XEM'N

είναι εγγράψιμο.
Από την ομοιότητα των τριγώνων EPM'

και

(βλέπε παραπάνω) έχουμε $\angle EPM'=\angle EAC=\angle EBC$ , δηλαδή,
το τετράπλευρο BPXE

είναι εγγράψιμο.
Θα αποδείξουμε ότι η εικόνα του

με την σπειροειδή ομοιότητα $S^{\prime}_{p}$ είναι το

. Αρκεί, $\angle BEN= \angle AEC$ , που ισχύει
εφόσον η

η ευθεία της συμμετροδιαμέσου του $\triangle EBC$ , και $\frac{EN}{EB}=\frac{EM'}{EP}=\frac{EC}{EA}$ , που επίσης ισχύχει εφόσον
$\triangle EBN \sim \triangle EPM' \sim \triangle EAC$ .

Τελικά, έχουμε αποδείξει ότι $S^{\prime}_{p}\;:\;A\;\leftrightarrow \;C$ , $S^{\prime}_{p}\;:\;P\;\leftrightarrow \;M'$ , $S^{\prime}_{p}\;:\;B\;\leftrightarrow \;N$ . Ως εκ τούτου, $\triangle ABP \sim \triangle CNM' \; \Rightarrow \angle ABP=\angle CNM' \quad (3)$ .
Αλλά, $\angle ABP =90^{\circ}-\angle ACB \quad (4)$ (προκύπτει άμεσα, βλέπε σχήμα),
και $\angle CBD =90^{\circ}-\angle BDA=90^{\circ}-\angle ACB \quad (5)$ . Από τις (4)

και

έχουμε ότι $\angle ABP=\angle CBD \quad (6)$ .
Από τις (3)

και

έχουμε ότι $\angle CNM'=\angle CBD \; \Rightarrow NM' \parallel BD$ , που είναι το αποδεικτέο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 29, 2023 2:04 pm
Τρίγωνο - αερόστατο .png

Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο με και $\left( O \right)$ ο περίκυκλός του με

το περίκεντρο. Τον $\left( O \right)$ επανατέμνει στο η κάθετη από το προς την ενώ

οι εφαπτόμενές του στα τέμνονται στο . Αν $\left\{ E \right\}=AS\cap \left( O \right)$ $\left( E\cancel{\equiv }\,A \right)$ ,

$\left\{ P \right\}=AD\cap BO$ και το μέσο του , δείξτε ότι $P,\,\,D,\,\,E,\,\,M$ ομοκυκλικά.

Στο ακόλουθο σχήμα ,η

είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ABC

και η

διχοτόμος της γωνίας

Επομένως οι γωνίες $\theta$ του σχήματος είναι ίσες .Επιπλέον είναι γνωστό ότι και οι γωνίες $\omega$ είναι ίσες

,άρα και οι γωνίες $\phi$ είναι ίσες με άμεση συνέπεια $\angle EAC= \angle BAN$ κι επειδή $\angle AEC= \angle B$

τα τρίγωνα AEC,ABN

είναι όμοια,άρα $\dfrac{AE}{c} = \dfrac{EC}{ \dfrac{a}{2} } \Rightarrow \dfrac{AE}{EC} = \dfrac{2c}{a} (1)$

Με

συμμετρικό του

ως προς

το

είναι το ορθόκεντρο του $\triangle ABC$ και οι γωνίες

είναι ίσες με $90^0- \angle A$

Έτσι τα τρίγωνα ABP,BDC

είναι όμοια ,οπότε $\dfrac{c}{a}= \dfrac{AP}{CD}= \dfrac{AP}{2MC} \Rightarrow \dfrac{AP}{MC}= \dfrac{2c}{a} (2)$

Από (1),(2)

τα τρίγωνα APE,EMC

είναι όμοια ,συνεπώς $\angle APE= \angle CME \Rightarrow \angle DPE= \angle DME$

και το ζητούμενο αποδείχτηκε

: Αερόστατο.png (57.88 KiB) Προβλήθηκε 1055 φορές

Dimessi · #6

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 29, 2023 2:04 pm
Τρίγωνο - αερόστατο .png

Έστω ένα οξυγώνιο τρίγωνο με και $\left( O \right)$ ο περίκυκλός του με

το περίκεντρο. Τον $\left( O \right)$ επανατέμνει στο η κάθετη από το προς την ενώ

οι εφαπτόμενές του στα τέμνονται στο . Αν $\left\{ E \right\}=AS\cap \left( O \right)$ $\left( E\cancel{\equiv }\,A \right)$ ,

$\left\{ P \right\}=AD\cap BO$ και το μέσο του , δείξτε ότι $P,\,\,D,\,\,E,\,\,M$ ομοκυκλικά.

Καλημέρα. Θα το πάω με τεχνική Ορέστη Λιγνού

Είναι $\angle BDP\equiv \angle BDA=\angle ACB$ (ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και $\angle PBD=\angle OBC+\angle DBC=\left ( 90^\circ-\angle A \right )+(90^\circ-\angle C)=\angle B$ , επομένως $\displaystyle P\overset{\bigtriangleup }BD\sim A\overset{\bigtriangleup }CB\Rightarrow \frac{BD}{PD}=\frac{BC}{AC}=\frac{\sin A}{\sin B}\left ( 1 \right ).$ Από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο $B\overset{\bigtriangleup }DC$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{DC}{BD}=\frac{\sin \angle DBC}{\sin \angle DCB}=\frac{\cos C}{\cos B}\Rightarrow \frac{DM}{BD}=\frac{\cos C}{2\cos B}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \frac{DM}{PD}=\frac{\sin A\cos C}{2\sin B\cos B}.$ Άρα $\displaystyle \frac{\sin \left ( B+\angle PMD \right )}{\sin \angle PMD}=\frac{\sin A\cos C}{2\sin B\cos B}\Leftrightarrow \boxed{\tan \angle PMD=\frac{2\sin ^{2}B\cos B}{\sin A\cos C-2\sin B\cos ^{2}B}}\left ( I \right ).$

$\bullet$ Αφού η ευθεία

είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο, η ευθεία

είναι η ευθεία της

- συμμετροδιαμέσου του τριγώνου $A\overset{\bigtriangleup }BC$ , άρα από γνωστή πρόταση $\displaystyle \frac{\sin \left ( A-\angle EAC \right )}{\sin \angle EAC}=\frac{\sin C}{\sin B}\Leftrightarrow \cot \angle EAC=\frac{\sin C+\cos A\sin B}{\sin A\sin B}\left ( 2 \right ).$

$\bullet$ Είναι $\angle ADE=\angle ABE$ (ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και αφού $\angle ABE=\angle B +\angle EAC$ , άρα $\angle ADE=\angle B+\angle EAC$ και αφού $\angle DAE=\angle DAC-\angle EAC=90^\circ-\angle C-\angle EAC$ , από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο $A\overset{\bigtriangleup }DE$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{AE}{ED}=\frac{\sin \angle ADE}{\sin \angle EAD}=\frac{\sin \left ( B+\angle EAC \right )}{\cos \left ( C+\angle EAC \right )}=\frac{\sin B\cot \angle EAC+\cos B}{\cos C\cot \angle EAC-\sin C}\overset{\left ( 2 \right )}=$ $\displaystyle \frac{2\sin C\sin B}{\cos C\sin C-\sin B\cos B}\left ( 3 \right ).$

$\bullet$ Με διαδοχική εφαρμογή του νόμου των ημιτόνων στα τρίγωνα $A\overset{\bigtriangleup }BP$ και $B\overset{\bigtriangleup }DP$ (αλλά υπάρχει και ως λήμμα), παίρνουμε $\displaystyle \frac{AP}{PD}=\frac{AB}{BD}\cdot \frac{\sin \angle ABP}{\sin \angle DBP}=\frac{\sin C\cos C}{\sin B\cos B}\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \frac{\sin\angle AEP }{\sin \angle DEP}=\frac{AP}{PD}:\frac{AE}{ED}=$ $\displaystyle \frac{\cos C(\cos C\sin C-\sin B\cos B)}{2\sin ^{2}B\cos B}\left ( 4 \right ).$

Συνεπώς $\displaystyle \frac{\sin \left ( 90^\circ+C-B-\angle DEP \right )}{\sin \angle DEP}=\frac{\cos \left ( B-C \right )}{\tan \angle DEP}-\sin \left ( B-C \right )=\frac{\cos C\left ( \sin C\cos C-\sin B\cos B \right )}{2\sin ^{2}B\cos B}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \boxed{\tan \angle DEP=\frac{2\sin ^{2}B\cos B\cos \left ( B-C \right )}{\cos \left ( B-C \right )\left ( \sin A\cos C-2\sin B\cos ^{2}B \right )}}\left ( II \right ).$

Από τις σχέσεις $\left ( I \right )\&\left ( II \right )$ έχουμε $\tan \angle PMD=\tan \angle DEP$ και αφού οι γωνίες είναι κυρτές, είναι $\angle DEP=\angle PMD$ , άρα το τετράπλευρο PMED

είναι εγγράψιμο.

Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο

Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο

Re: Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο

Re: Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο

Re: Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο

Re: Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο

Re: Τρίγωνο που θέλει να γίνει αερόστατο

Μέλη σε σύνδεση