Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27)

giannimani · #1

Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

τα σημεία

και

είναι το περίκεντρο και το έγκεντρο αντίστοιχα.
Είναι γνωστό ότι

O \neq I

και η ευθεία

είναι παράλληλη της πλευράς

.
Έστω

και

τα ίχνη των υψών στις

και

που άγονται από τις κορυφές

και

αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι

BF + CE = BC

.

: OI_parallel_BC.png (61.7 KiB) Προβλήθηκε 390 φορές

Dimessi · #2

: Ο Μανίκας μαστορεύει!.png (204.6 KiB) Προβλήθηκε 357 φορές

giannimani · #3

Αρκεί να αποδείξουμε ότι το έγκεντρο

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου AEF

Τότε, σύμφωνα με γνωστό λήμμα (βλέπε εδώ)

BF+CE=BC

.

Έστω

το μέσο της

,

η προβολή του έγκεντρου

στη

και

το ορθόκεντρο του τριγώνου.
Λόγω της υπόθεσης το

OIKM

είναι ορθογώνιο.

: OI_parallel_BC_pic.png (51.16 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

Είναι γνωστό ότι η ευθεία

τέμνει το ύψος

σε ένα σημείο

, τέτοιο ώστε

AQ=r

, όπου

η ακτίνα
του εγγεγραμμένου κύκλου (βλέπε λήμμα 2(*)), δηλαδή,

AQ=IK=OM=r

, και καθώς

AQ \parallel IK \parallel OM

, το

παραλληλόγραμμο.
Επομένως,

MQ \parallel AO

. Είναι επίσης γνωστό ότι

OM \parallel = \frac{1}{2}AH

(γνωστή πρόταση), δηλαδή,

AQ=\frac{1}{2}AH

, και επομένως

μέσο του

.
Επίσης είναι γνωστό ότι η διχοτόμος

της γωνίας BAC

είναι και διχοτόμος της γωνίας που σχηματίζουν
η ακτίνα και το ύψος στην κορυφή

(ακτίνα και ύψος ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας), δηλαδή,

\angle OAI=\angle HAI\;(1)

, και λόγω της παραλληλίας

AO \parallel NQ

\angle OAI=\angle AIO\; (2)

. Από

και

\angle IAQ=\angle AIQ

, δηλαδή,

AQ=QI=QH

(

μέσο

).
Επομένως το τρίγωνο

AIH

είναι ορθογώνιο στο

, δηλαδή,

\angle AIH=90^{\circ}

. Από αυτό προκύπτει ότι ο κύκλος διαμέτρου

διέρχεται
από τα σημεία

,

και

, που είναι αυτό που θέλαμε να αποδείξουμε.

(*) Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από ένα άλλο λήμμα το οποίο μαζί με την απόδειξή του βρίσκεται εδώ.

#4

giannimani έγραψε:Σε οξυγώνιο τρίγωνο τα σημεία και είναι το περίκεντρο και το έγκεντρο αντίστοιχα. Είναι γνωστό ότι $O \neq I$ και η ευθεία είναι παράλληλη της πλευράς . Έστω και τα ίχνη των υψών στις και που άγονται από τις κορυφές και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι $BF + CE = BC$ .

$\bullet$ Έστω

το μέσον της πλευράς

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και έστω το σημείο

O'\equiv (O)\cap OM,

όπου

είναι ο περίκυκλος του $\vartriangle ABC$ και

το κέντρο του.

Γράφουμε τον κύκλο έστω (O')

με κέντρο το σημείο

και ακτίνα

O'B=O'C

ο οποίος περνάει από το έγκεντρο

του $\vartriangle ABC$

γνωστό αποτέλεσμα

και σύμφωνα με την εκφώνηση ισχύει

OI\parallel BC.

Έστω $BE,\ CF$ τα ύψη και

το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ και θα αποδειχθεί ότι

BF+CE=BC.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα έχουμε

IM\parallel AO \ \ ,(1)

Είναι γνωστό ότι η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

περνάει από το μέσον

του

το οποίο ταυτίζεται με το κέντρο του Κύκλου Euler

(Ν)

του $\vartriangle ABC,$ και περνάει επίσης από το μέσον έστω

του

αντιδιαμετρικό σημείο προφανώς, του

στον κύκλο (N).

: Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27).; t=80011.PNG (25.28 KiB) Προβλήθηκε 202 φορές

$\bullet$ Λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου BCEF

έχουμε ότι οι ευθείες $BC,\ EF$ είναι αντιπαράλληλες και άρα ισχύει

\boxed{AO\perp EF} \ \ ,(2)

Από

(1,)\ (2)

$\Rightarrow$

\boxed{MIJ\perp EF} \ \ ,(3)

Το σημείο

δηλαδή, ανήκει στην μεσοκάθετη ευθεία του

και άρα έχουμε

\boxed{IE=IF} \ \ ,(4)

Επειδή όμως το σημείο

ανήκει και στην διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ του $\vartriangle ABC$ έχουμε και

\boxed{IK=IL} \ \ ,(5)

όπου $K,\ L$ είναι οι προβολές του

επί των $AC,\ AB,$ αντιστοίχως.

Από τα ίσα ορθογώνια τρίγωνα

\vartriangle KIE,\ \vartriangle LIF

τώρα, προκύπτει

KE=LF

$\Rightarrow$

\boxed{BF+CE=BL+CK} \ \ ,(6)

Από

και

BL+CK=BC

$\Rightarrow$

\boxed{BF+CE=BC}

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Η απόδειξη αυτή αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον Γιάννη Μανίκα

giannimani

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται κύκλος χορδής και έστω τυχόν σημείο $\color{black} O\in O'M,$ με το μέσον του ώστε $\color{black} OO'<O'B=O'C.$ Η δια του σημείου παράλληλη ευθεία προς την τέμνει τον κύκλο στο σημείο και έστω το σημείο $\color{black} A\equiv (O)\cap O'I,$ όπου είναι ο κύκλος με κέντρο το και ακτίνα $\color{black} OB=OC.$ Αποδείξτε ότι $\color{black} IM\parallel AO.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την αποδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#5

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. Δίνεται κύκλος χορδής και έστω τυχόν σημείο $\color{black} O\in O'M,$ με το μέσον του ώστε $\color{black} OO'<O'B=O'C.$ Η δια του σημείου παράλληλη ευθεία προς την τέμνει τον κύκλο στο σημείο και έστω το σημείο $\color{black} A\equiv (O)\cap O'I,$ όπου είναι ο κύκλος με κέντρο το και ακτίνα $\color{black} OB=OC.$ Αποδείξτε ότι $\color{black} IM\parallel AO.$

Η απόδειξη γαι το ως άνω Λήμμα βασίζεται ως απλή εφαρμογή σε ένα γενικότερο αποτέλεσμα, που αποδεικνύεται στην συνέχεια και έχει την ακόλουθη εκφώνηση:

Δίνονται δύο κύκλοι $\color{black} (O'),\ (P)$ με κοινή χορδή και το κέντρο του επί του Δια του σημείου φέρνουμε τυχούσα διατέμνουσα τους κύκλους στα σημεία $\color{black} A\in (P)$ και $\color{black} I\in (O')$ και $S\in BC$ και $T\in (O')$ και ας είναι το μεταξύ των $\color{black}A,\ S.$ αποδείξτε ότι η σημειοσειρά $\color{black} A,I,S,T$ είναι αρμονική.

$\bullet$ Γράφουμε τον κύκλο έστω (Q)

με διάμετρο

AO',

ο οποίος τέμνει τον κύκλο (O')

στα σημεία έστω $X,\ Y.$

Η ευθεία

περνάει από το σημείο

S\equiv BC\cap AO',

ως το ριζικό κέντρο των τριών κύκλων

(O'),\ (P),\ (Q).

Οι ευθείες

AX,\ AY

είναι εφαπτόμενες του κύκλου (O')

και επομένως η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O').

Συμπεραίνεται έτσι ότι η σημειοσειρά

A,I,S,T

είναι αρμονική και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

: Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27) - Απόδειξη του Λήμματος.; t=80011 (a).PNG (25.01 KiB) Προβλήθηκε 140 φορές

$\bullet$ Σε συνδυασμό τώρα με το προηγούμενο Λήμμα, έστω

η προβολή του

επί της ευθείας O'P

και ας είναι

το μέσον του

και θα αποδειχθεί ότι

IM\parallel AO.

Από την αρμονική σημειοσειρά

A,I,S,T,

σύμφωνα με το θεώρημα Newton, έχουμε

\boxed{(O'S)(O'A)=(O'I)^{2}=(O'T)^{2}} \ \ ,(1)

Από

$\Rightarrow$

\boxed{\dfrac{O'I}{O'A}=\dfrac{O'S}{O'I}} \ \ ,(2)

Από

και

\dfrac{O'S}{O'I}=\dfrac{O'M}{O'O}

λόγω

SM\parallel IO,

προκύπτει

\boxed{\dfrac{O'I}{O'A}=\dfrac{O'M}{O'O}} \ \ ,(3)

Από

$\Rightarrow$

\boxed{IM\parallel AO}

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Σημειώνεται ότι δεν επηρεάζεται το σκεπτικό της τεκμηρίωσης, από το ότι στο ως άνω σχήμα, το κέντρο

του κύκλου (P)

και η προβολή

του

επί της ευθείας

O'M,

ταυτίζονται στο σχήμα της απόδειξης (#4) του προβλήματος που έχει προταθεί.

Κώστας Βήττας

ΥΓ. Το ως άνω γενικό αποτέλεσμα δεν το έχω ξαναδεί. Πρώτη φορά είχα την ευκαιρία να το χρησιμοποιήσω ως ένα γενικότερο Λήμμα με ευρύτερες εφαρμογές και εκφράζω τις ευχαριστίες μου στον θεματοδότη giannimani.

#6

vittasko έγραψε:Δίνονται δύο κύκλοι $\color{black} (O'),\ (P)$ με κοινή χορδή και το κέντρο του επί του Δια του σημείου φέρνουμε τυχούσα διατέμνουσα τους κύκλους στα σημεία $\color{black} A\in (P)$ και $\color{black} I\in (O')$ και $S\in BC$ και $T\in (O')$ και ας είναι το μεταξύ των $\color{black}A,\ S.$ αποδείξτε ότι η σημειοσειρά $\color{black} A,I,S,T$ είναι αρμονική.

$\bullet$ Όπως μου επισημάνθηκε από τον αγαπητό μου φίλο Κώστα Ελατιώτη, χρήσιμο το ως άνω γενικό αποτέλεσμα αλλά μπορούμε να το παρακάμψουμε για απλούστευση της απόδειξης.

Πράγματι, εάν είναι

το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον κύκλο (P),

από το εγγραψιμο τετράπλευρο

MSAR

έχουμε

\boxed{(O'S)(O'A)=(O'M)(O'R)}

και επειδή ισχύει

\boxed{(O'M)(O'R)=(O'B)^{2}}

λόγω του ορθογωνίου τριγώνου

\vartriangle BO'R

προκύπτει άμεσα

\boxed{(O'S)(O'A)=(O'I)^{2}} \ \ (1)

λόγω

και η συνέχεια όπως όπως στα προηγούμενα.

Κώστας Βήττας.

Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27)

Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27)

Re: Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27)

Re: Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27)

Re: Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27)

Re: Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27)

Re: Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα (27)

Μέλη σε σύνδεση