Γεωμετρικός τόπος...

giannimani · #1

Από σημείο

του επιπέδου ενός τριγώνου ABC

φέρουμε παράλληλη προς την

που τέμνει τις

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα, και στη συνέχεια παράλληλη προς την

που τέμνει τις

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Έστω

η διάκεντρος των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων
BEQ

και

. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου

όταν $AX \bot KL$ .

: perp_to_diak1.png (26.07 KiB) Προβλήθηκε 281 φορές

Dimessi · #2

: Γεωμετρικός τόπος.png (98.37 KiB) Προβλήθηκε 139 φορές

Με αναλυτική γεωμετρία ο τόπος είναι η εκ του Α παράλληλη στην BC και η A- συμμετροδιάμεσος του $\vartriangle ABC.$

Απόδειξη

Πράγματι έστω

σημείο της

συμμετροδιαμέσου του $\vartriangle ABC,$ και Z,R

οι προβολές του

στις προεκτάσεις των πλευρών AB,AC.

Είναι $\displaystyle \angle ZEX\overset{EX \parallel AC}=\angle BAC\overset{DX \parallel AB}=\angle XDR\Rightarrow \vartriangle XDR \sim \vartriangle EZX\Rightarrow \frac{XE}{XD}=\frac{XZ}{XR}=\frac{AB}{AC}$ $\displaystyle \overset{\left ( ADXE \pi \alpha \varrho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \varrho \alpha \mu \mu o \right )}\Rightarrow \frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC},$

άρα τα σημεία B,E,D,C

είναι ομοκυκλικά και συνεπώς $\displaystyle \angle QED=\angle BED-\angle BEQ\overset{BEDC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \wedge EQ \parallel AC}=180^\circ-\angle C-\angle BAC=\angle B\overset{DP \parallel AB}=\angle DPC,$

άρα και τα σημεία Q,E,D,P

είναι ομοκυκλικά. Επομένως τα A,X

έχουν ίσες δυνάμεις ως προς τους κύκλους (K),(L),

άρα $AX \perp KL.$

Έστω σημείο X''

στην εκ του

παράλληλη στην BC,

τότε αφού $JB \parallel =AX''\parallel =YC,$ τα τμήματα

JC,JB

έχουν κοινό μέσο

και ισχύει $LU \perp BC \wedge KU \perp BC\Rightarrow \overline{KLU}\perp BC \parallel AX''.$

Ο γεωμετρικός τόπος του

όμως, αποτελείται από δύο ευθείες (εδώ χρειάζεται αναλυτική γεωμετρία απλά αποφεύγω κοστοβόρες πράξεις μεν, ρουτίνας δε ), άρα είναι αυτές οι δύο ευθείες .

: Γεωμετρικός τόπος.png (98.37 KiB) Προβλήθηκε 139 φορές

giannimani · #3

Με τον συμβολισμό του παρακάτω σχήματος έχουμε:
$AX \bot KL \Leftrightarrow AL^2-AK^2=XL^2-XK^2$ (Αρχή του Carnot)
$\Leftrightarrow \Delta_{\omega_{2}}(A)+r_{2}^{2}-\Delta_{\omega_{1}}(A)-r_{1}^{2}=\Delta_{\omega_{2}}(X)+r_{2}^{2}-\Delta_{\omega_{1}}(X)-r_{1}^{2}$ ( $\Delta_{\omega}(Z)$ συμβ. τη δύναμη του σημείου

ως προς τον $\omega$ )
$\Leftrightarrow \Delta_{\omega_{2}}(A)-\Delta_{\omega_{1}}(A)=\Delta_{\omega_{2}}(X)-\Delta_{\omega_{1}}(X)$
$\Leftrightarrow AD \cdot AC - AB \cdot AE =XP \cdot XD-XQ \cdot XE$
$\Leftrightarrow AD \cdot AC - AB \cdot AE = XP \cdot AE- XQ \cdot AD$ (λόγω του παραλληλογράμμου AEXD

)
$\Leftrightarrow AD (AC+XQ)= AE(AB +XP) \quad (1)$ .

: perp_to_diak_sol.png (75.86 KiB) Προβλήθηκε 133 φορές

Αλλά $\triangle ABC \sim \triangle XPQ \Leftrightarrow \frac{XP}{AB}=\frac{XQ}{AC}=\lambda \Leftrightarrow \left(XP=\lambda AB\; \textit{και}\; XQ= \lambda AC \right)\quad (2)$ .

Η (1) λόγω της (2) γίνεται
$AD \cdot AC(1+\lambda)=AB\cdot AE(1 +\lambda) \Leftrightarrow AC \cdot AD=AB\cdot AE$
$\Leftrightarrow$ το τετράπλευρο BEDC

είναι εγγράψιμο.
$\Leftrightarrow$ το ευθύγραμμο τμήμα

είναι αντιπαράλληλο της

, και εφόσον διχοτομείται από την ευθεία

, τότε η

είναι συμμετροδιάμεσος του $\triangle ABC$ (*).

Επομένως, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η συμμετροδιάμεσος του $\triangle ABC$ .

(*) Ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε η

συμμετροδιάμεσος του $\triangle ABC$ .
(**) Εύκολα αποδεικνύεται ότι η ευθεία

είναι κοινή εφαπτομένη των κύκλων $\omega_{1}$ , $\omega_{2}$ .

(***) Διορθώθηκαν κάποιες παραλείψεις που προέκυψαν λόγω διαφορετικού κειμενογράφου.

S.E.Louridas · #4

Έπεσα πάνω στο πανέμορφο αυτό θέμα (αναμενόμενο λόγω του εισηγητή του) και είπε μετά από τις άριστες λύσεις που προηγήθηκαν να παραθέσω και την ημέτερη σκέψη.
Η σκέψη: Το δεδομένο σχήμα παραπέμπει στην γνωστή θεωρία ότι το σημείο

είναι τόσο η κορυφή της ομοιοθεσίας, όσο και η κορυφή της αντιστροφής των κύκλων. Επομένως $H \equiv DV \cap AX,\;\;G \equiv ME \cap AX,\;\;DV\parallel EM.$ Έτσι καταλήγουμε $\vartriangle DHX = \vartriangle ECA \Rightarrow DH = GE.$ Αυτό μας οδηγεί στο ότι το τετράπλευρο EGDH

είναι ορθογώνιο.

Εδώ παρατηρούμε ότι: $\angle GDE = \angle OHE = \angle NME,$ και έτσι αποδείξαμε ότι το τετράπλευρο MEDW

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

Επομένως $\frac{{X{X_{\,1}}}}{{AE}} = \frac{{X{X_{\,1}}}}{{XD}} = \frac{{X{X_{\,2}}}}{{XE}} = \frac{{X{X_{\,2}}}}{{AD}} \Rightarrow \frac{{X{X_{\,1}}}}{{X{X_{\,2}}}} = \frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{AC}}{{AB}},$ που σημαίνει ότι το σημείο

ανήκει στην συμμετροδιάμεσο του τριγώνου ABC

από την κορυφή

#5

giannimani έγραψε:Από σημείο του επιπέδου ενός τριγώνου φέρουμε παράλληλη προς την που τέμνει τις και στα σημεία και αντίστοιχα, και στη συνέχεια παράλληλη προς την που τέμνει τις και στα σημεία και αντίστοιχα. Έστω η διάκεντρος των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων και . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου όταν $AX \bot KL$ .

Λίγο ανορθόδοξα, χρησιμοποιώντας το σχήμα του Γιάννη πιο πάνω (#3).

$\bullet$ Έστω (O),

τυχών κύκλος με χορδή την πλευρά

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ ο οποίος τέμνει τις πλευρές AB, AC

στα σημεία E, D,

αντιστοίχως και ας είναι P, Q,

τα σημεία τομής της πλευράς BC,

από τις δια των σημείων D, E

παράλληλες ευθείες προς τις AB, AC

αντιστοίχως και έστω το σημείο $X\equiv DP\cap EQ.$

Έστω (K), (L),

οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle BEQ, \vartriangle CDP,$ αντιστοίχως.

Η ευθεία

ταυτίζεται με τον ριζικό άξονα των κύκλων (O), (K)

και η ευθεία

ταυτίζεται με τον ριζικό άξονα των κύκλων (O), (L)

και επομένως το σημείο $A\equiv BE\cap CD$ ταυτίζεται με το ριζικό κέντρο των τριών κύκλων (O). (K), (L).

Προκύπτει έτσι, ότι η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την διάκεντρο

των κύκλων (K), (L),

ταυτίζεται με τον ριζικό άξονα των κύκλων (K), (L)

και έστω

η προβολή του

επί της

$\bullet$ Από $\angle BCD= \angle AED= \angle PDE$ έχουμε ότι η ευθεία

εφάπτεται του κύκλου (L).

Ομοίως, η ευθεία

εφάπτεται του κύκλου (K)

από $\angle CBE= \angle ADE= \angle QED$ και άρα, η ευθεία

ταυτίζεται με την κοινή εξωτερική εφαπτομένη των κύκλων (K), (L)

και επομένως το μέσον έστω

του

ανήκει στην ευθεία AT.

Η ευθεία

τώρα, περνάει από το σημείο $X\equiv EQ\cap DP,$ λόγω του παραλληλογράμμου ADXE.

Η ευθεία

όμως, ταυτίζεται με την

συμμετροδιάμεσο του $\vartriangle ABC,$ λόγω της αντιπαραλληλίας των ευθειών BC, DE

ως προς τις ευθείες της γωνία $\angle A,$ από τον κύκλο (O),

και του μέσου

του

Συμπεραίνεται έτσι, ότι ο γεωμετρικός τόπος του σημείου

όπως ορίζεται στην εκφώνηση, είναι η

συμμετροδιάμεσος του $\vartriangle ABC$ και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

Γεωμετρικός τόπος...

Γεωμετρικός τόπος...

Re: Γεωμετρικός τόπος...

Re: Γεωμετρικός τόπος...

Re: Γεωμετρικός τόπος...

Re: Γεωμετρικός τόπος...

Μέλη σε σύνδεση