Σύγκλιση χορδοεπαφικών ομορφιών !!!!

Dimessi · #1

Έστω τρίγωνο

\vartriangle ABC (\angle BAC>90^\circ)

εγγεγραμμένο σε κύκλο $(\omega)$ κι ας είναι P,Q

οι πόλοι των AB,AC

αντίστοιχα ως προς τον κύκλο $(\omega),$ και D,E

οι προβολές των P,Q

στην ευθεία BC.

Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων

\vartriangle AEB,\vartriangle ADC

επανατέμνουν την ευθεία

στα σημεία F,G

αντίστοιχα κι έστω

το μέσο του τμήματος

και

το περίκεντρο του $\vartriangle ABC.$ Να αποδείξετε ότι οι ευθείες

DF,OM,EG

συντρέχουν.

Dimessi · #2

: Σύγκλιση χορδοεπαφικών ομορφιών!! (1).png (474.64 KiB) Προβλήθηκε 172 φορές

Πρώτη λύση μου
$\bullet$ Έστω

L\equiv OF\cap BC,W\equiv OF\cap BC,J\equiv QP\cap BC,Q_{1}\equiv DG\cap EF,Y\equiv WY\cap QP.

Από Θεώρημα Desargues έχουμε την ισοδυναμία

DF\cap OM \cap EG\equiv A_1\Longleftrightarrow

τα τρίγωνα

\vartriangle DOG,\vartriangle FME

είναι προοπτικά , άρα από αντίστροφο Θεωρήματος Desargues έχουμε ισοδύναμα ότι τα σημεία

U\equiv DO\cap FM,Q_1\equiv DG \cap FE, W\equiv OG \cap ME

είναι συνευθειακά κι αφού τα σημεία

W,Q_1,Y

είναι συνευθειακά, έχουμε ισοδύναμα ότι τα σημεία

U,W,Y

είναι συνευθειακά, άρα ότι οι ευθείες

DO\cap YW \cap FM\equiv U\Longleftrightarrow

από Θεώρημα Desargues τα τρίγωνα

\vartriangle DYM,\vartriangle OWF

είναι προοπτικά και από αντίστροφο Θεωρήματος Desargues έχουμε ισοδύναμα ότι τα σημεία

G''\equiv DY \cap OW,L\equiv DM \cap OF,A_2\equiv MY\cap WF

είναι συνευθειακά

\Longleftrightarrow YM\cap LG''\cap WF \equiv Q_3

και με

S'''\equiv WF\cap DY,

αφού

(D,S''',Y,G''),(D,L,M,W)

συνευθειακές τετράδες , έχουμε ισοδύναμα ότι

\left ( D,G'',Y,S''' \right )=\left ( D,L,M,W \right )\overset{W}\Longleftrightarrow \left ( D,Q_2,S'',F \right )=\left ( D,L,M,W \right )\left ( S''\equiv WY\cap DF,Q_2\equiv WG\cap DF \right )\overset{\left ( Y.DFS''Q_2 \right )=\left ( Y.DJWT \right )}\Longleftrightarrow \left ( D,T,W,J \right )=\left ( D,L,M,W \right )\left ( T\equiv Q_2Y\cap BC \right )\Longleftrightarrow \left ( D,T,W,J \right )=\left ( D,L,M,W \right ).

Επειδή

DF\cap TY\cap WG\equiv Q_2\Longleftrightarrow \left ( F,Y,G,J \right )=\left ( D,T,W,J \right ),

έχουμε ισοδύναμα ότι

DF\cap OM \cap EG \equiv A_1\Longleftrightarrow (D,L,M,W)=(F,Y,G,J)(\ast).

EF\cap GD\cap YW\equiv Q_1\Longleftrightarrow \left ( F,Y,G,J \right )=\left ( J,G,Y,F \right )=\left ( J,D,W,E \right ).

\boxed{DF\cap EG\cap OM\equiv A'''\Longleftrightarrow \left ( D,L,M,W \right )=\left ( J,D,W,E \right )},

το οποίο ισχύει προσδιορίζοντας τα σημεία με

DG \parallel AB

και

EF\parallel AC.

$\blacksquare$
Δεύτερη λύση μου
$\bullet$ Έστω

J\equiv QP\cap BC, L''\equiv (JFE),(JDG).

\angle AGD\overset{AGCD \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle ACD\overset{\left ( \chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \right )}=\angle PAB\Longrightarrow DG \parallel AB\Longrightarrow \angle EDG=\angle B\overset{EF\parallel AC}=\angle EFG\Longrightarrow EDFG

εγγράψιμο κι αφού

\frac{FE}{DE}=\frac{FE}{AC}\cdot \frac{b}{a+PB\cos \angle A+QC\cos \angle A}\overset{FE\parallel AC}=\frac{JC+QC\cos \angle A}{JC}\cdot \frac{b}{a+PQ\cos \angle A}=\cos \angle C=\cos \angle DEF\Longrightarrow \angle DFE=90^\circ,

άρα τα σημεία

E,D,F,G

ανήκουν στον κύκλο διαμέτρου DE.

Συνεπώς

\angle FMD=2\angle FED=\angle FEJ+\angle JGD=\angle FL''J+\angle JL''D=\angle FL''D\Longrightarrow L''\in \left ( FMD \right ),

και

\angle EL''G=360^\circ-\angle JL''G-\angle EL''J=\angle EDG+\angle EFG=2\angle EDG=\angle EMG\Longrightarrow L''\in (EMG).

Οι ευθείες

DG,FE,JL''

συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των κύκλων

(EDFG)\equiv (M),(JFE),(JDG),

άρα τα σημεία

J,Q_1,L''

είναι συνευθειακά και άρα

\angle JL''M=\angle FL''M-\angle JL''F\overset{L''\in \left ( FDM \right )}=180^\circ-\angle FDM-\angle JEF\overset{\angle DFE=90^\circ}=90^\circ\Longrightarrow \overline{JQ_1L''}\perp L''M.

Με

Q_1R\perp BC \left ( R\in BC \right ),OV''\perp BC,

είναι

\vartriangle Q_1RJ\sim \vartriangle OMV''\Longrightarrow \angle Q_1JR=\angle MOV''\Longrightarrow \angle JML''=\angle OMV''\Longrightarrow M\in OL''\Longrightarrow

η ευθεία

OM\equiv ML''

είναι ο ριζικός άξονας των κύκλων

(FDM),(MEG),

άρα οι ευθείες

DF,OM,EG

συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των κύκλων

(EDFG),(FDM),(MEG).

: Σύγκλιση χορδοεπαφικών ομορφιών!! (1).png (474.64 KiB) Προβλήθηκε 172 φορές

Dimessi · #3

Τρίτη λύση μου

: Άλλες δύο λύσεις μου .png (124.39 KiB) Προβλήθηκε 112 φορές

$\bullet$ Έστω

U\equiv PO\cap BC,X\equiv QO\cap BC,N\equiv PO\cap AB,V\equiv QO\cap AC,J\equiv PQ\cap BC,I\equiv VM\cap DO,Z\equiv NM\cap EO.

\frac{DB}{DJ}\cdot \frac{FJ}{FA}\overset{EF\parallel AC}=\frac{DB}{DJ}\cdot \frac{EJ}{EC}\overset{\vartriangle PDB\sim \vartriangle QEC}=\frac{DP}{EQ}\cdot \frac{EJ}{DJ}\overset{DP\parallel EQ}=1\Longrightarrow \frac{DB}{DJ}\cdot \frac{FJ}{FA}\cdot \frac{AN}{NB}=1\Longrightarrow \overline{D,N,F}.

\frac{GA}{GJ}\cdot \frac{EJ}{EC}\overset{DG\parallel AB}=\frac{DB}{DJ}\cdot \frac{EJ}{EC}=1\Longrightarrow \frac{GA}{GJ}\cdot \frac{EJ}{EC}\cdot \frac{VC}{VA}=1\Longrightarrow \overline{E,V,G}.

\angle OXB=180^\circ-\left ( \angle BOC-\angle B \right )-\angle OBC=90^\circ-\angle C\wedge \angle OUC=90^\circ-\angle B\Longrightarrow \frac{UD}{EX}=\frac{DP\tan \angle B}{EQ \tan \angle C}\overset{DP\parallel EQ}=\frac{JP\tan \angle B}{JQ\tan \angle C}.

\left ( J,B,R,C \right )=-1\overset{BP\cap CQ\cap AR\equiv L_{\vartriangle ABC}}\Longrightarrow \left ( J,P,A,Q \right )=-1\Longrightarrow \frac{JP}{JQ}=\frac{AP}{AQ}\Longrightarrow \frac{UD}{EX}=\frac{c\cos \angle B\tan \angle B}{b\cos \angle C\tan \angle C}=1\Longrightarrow UM=MX.

Από το Θεώρημα Μενέλαου στο

\vartriangle UEO

με διατέμνουσα

\overline{NMZ}:\frac{UN}{ON}\cdot \frac{EM}{UM}\cdot \frac{OZ}{ZE}=1\overset{NV \parallel BC\equiv DE}\Longrightarrow \frac{VX}{OV}\cdot \frac{DM}{MX}\cdot \frac{OZ}{ZE}=1\left ( 1 \right ),

και από το Θεώρημα Μενέλαου στο

\vartriangle ODX

με διατέμνουσα

\overline{VMI}:\frac{VX}{OV}\cdot \frac{DM}{MX}\cdot \frac{OI}{ID}=1\overset{(1)}\Longrightarrow \frac{OI}{ID}=\frac{OZ}{ZE}\Longrightarrow IZ\parallel DE \parallel NV\Longrightarrow IZ\cap DE\cap NV\equiv S_{\infty},

άρα τα σημεία

I\equiv VM\cap OD, Z\equiv NM\cap OE, S_\infty \equiv VN\cap DE

είναι συνευθειακά και άρα από το αντίστροφο Θεωρήματος Desargues τα τρίγωνα

\vartriangle VMN,\vartriangle DOE

είναι προοπτικά και συνεπώς από το Θεώρημα Desargues οι ευθείες

VD\cap MO\cap NE \equiv S_4.

Στο τρίγωνο

\vartriangle SDE (S\equiv DF \cap EG\equiv DN\cap EV),

είναι

NV\parallel DE\Longrightarrow VD\cap NE\cap SM \equiv S_3\Longrightarrow S_3\equiv S_4\Longrightarrow\overline{S,M,O}.

$\blacksquare$

: Άλλες δύο λύσεις μου .png (124.39 KiB) Προβλήθηκε 112 φορές

Σύγκλιση χορδοεπαφικών ομορφιών !!!!

Σύγκλιση χορδοεπαφικών ομορφιών !!!!

Re: Σύγκλιση χορδοεπαφικών ομορφιών !!!!

Re: Σύγκλιση χορδοεπαφικών ομορφιών !!!!

Μέλη σε σύνδεση