ομοκυκλικά και αντιστρόφως

#1

Ευθύ (σχήμα 1).

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και έστω $\displaystyle{ D,E,Z }$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{ BC,CA,AB }$ . Κύκλος με κέντρο το ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{ H }$ και τυχαίας ακτίνας τέμνει τις ευθείες

$\displaystyle{ EZ,ZD,DE }$ στα ζεύγη των σημείων $\displaystyle{ A_1 - A_2 ,B_1 - B_2 ,C_1 - C_2 }$ αντίστοιχα όπως φαίνεται στο σχήμα 1. Να δείξετε ότι: $\displaystyle{ AA_1 = AA_2 = BB_1 = BB_2 = CC_1 = CC_2 }$

Αντιστρόφως: (σχήμα 2).

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και έστω $\displaystyle{ D,E,Z }$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{ BC,CA,AB }$ . Με κέντρα τις κορυφές τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$

κατασκευάζουμε τους ίσους κύκλου $\displaystyle{ \left( {A,r} \right),\left( {B,r} \right),\left( {C,r} \right) }$ οι οποίοι τέμνουν τις ευθείες $\displaystyle{ EZ,ZD,DE }$ στα σημεία $\displaystyle{ A_1 - A_2 ,B_1 - B_2 ,C_1 - C_2 }$ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι:

i) Το "εξάγωνο" με κορυφές τα σημεία $\displaystyle{ A_1 ,A_2 ,B_1 ,B_2 ,C_1 ,C_2 }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο το ορθόκεντρο $\displaystyle{ H }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$

ii) Αν $\displaystyle{ q }$ είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου στο "εξάγωνο" κύκλου και $\displaystyle{ R }$ η ακτίνα του περικύκλιου του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ να δειχθεί ότι ισχύει

η σχέση: $\displaystyle{ \boxed{r^2 - q^2 = \frac{1} {2}\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) - 4R^2 } }$ όπου $\displaystyle{ a,b,c }$ τα μήκη των πλευρών $\displaystyle{ BC,CA,AB }$ αντίστοιχα και ( $\displaystyle{ r }$ η ακτίνα των ίσων κύκλων $\displaystyle{ \left( {A,r} \right),\left( {B,r} \right),\left( {C,r} \right) }$ ).

Στάθης
Υ.Σ. Εγινε διόρθωση του τύπου του ερωτήματος ii) ως προς τα πρόσημα του δεύτερου μέλους ύστερα από υπόδειξη του Κώστα (Βήττα)

Κώστα σε ευχαριστώ και χίλια συγνώμη για την ταλαιπωρία!!!

tasosty · #2

Ευθύ

Η μεσοκάθετος της χορδης A_1A_2

είναι η κάθετη από το κεντρο

του κύκλου στο τμήμα αυτό. Όμως αφού $BC\parallel ZE$ , η μεσοκάθετος του τμήματος A_1A_2

είναι κάθετη και στη

. H κάθετη από το

στην

όμως είναι το ύψος από την κορυφή

... έτσι καταλήγουμε στο συμπέρασμα πως το

ανήκει στην μεσοκάθετο του τμήματος A_1A_2

, άρα

και όμοια και για τα υπόλοιπα.

Αντιστρόφως
(ι)
Στον κύκλο (Α,r) έχουμε την μεσοκάθετο του A_1A_2

να είναι ακτίνα κάθετη στο A_1A_2

, όμως

//BC άρα και κάθετη στην ΒC=>το ύψος από το Α είναι η μεσοκάθετος του A_1A_2

..
Τελικά οι μεσοκάθετοι των τμημάτων A_1A_2

,

και

συντρέχουν στο Η
Τώρα αρκεί A_1B_2A_2B_1

να είναι εγγράψιμο, (σε κύκλο με κέντρο το Η που φαίνεται αφού οι μεσοκαθετοι των 3 τμηματων συντρέχουν στο Η) γιατί όμοια και τα C_1B_2C_2B_1

,

θα είναι εγγράψιμα σε κυκλο με κέντρο το Η και τελικά το εξάγωνο με κορυφές τα σημεία A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2

θα είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο το σημείο Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC

(B_1Z)(B_2Z)=r^2-BZ^2=r^2-AZ^2=(A_1Z)(A_2Z)

=>

είναι εγγράψιμο

(ιι)

A_1A_2

ριζικός άξονας των (Η,q) και (A,r)=> q^2-ZH^2=r^2-AZ^2

ενώ η ζητούμενη είναι R^2(4-2(sin^2A+sin^2B+sin^2C))

λίγη βοήθεια σ'αυτό το σημείο θα ήταν επιθυμητή!

Αλλαγή
Μετά που είδα την λύση του κ.Κώστα πρόσεξα το λάθος μου...με διαφορετικό τρόπο αλλά με παρόμοιο σκεπτικό φτάσαμε και οι δύο στο r^2-q^2=AZ^2-ZH^2=EA^2-EH^2

αλλά εγώ παραπλανήθηκα απ' το σχήμα και νόμισα πως το ΖD περνάει απ' το Η...ενώ τελικά το
ZH^2=ZM^2+MH^2=c^2(cosA)^2/4+(h_b/2-BH)^2=c^2(cosA)^2/4+(h_b/2-2RcosB)^2=....

με Μ το μέσο του ύψους

#3

tasosty έγραψε:Ευθύ
Η μεσοκάθετος της χορδης είναι η κάθετη από το κεντρο του κύκλου στο τμήμα αυτό. Όμως αφού $BC\parallel ZE$ , η μεσοκάθετος του τμήματος είναι κάθετη και στη . H κάθετη από το στην όμως είναι το ύψος από την κορυφή ... έτσι καταλήγουμε στο συμπέρασμα πως το ανήκει στην μεσοκάθετο του τμήματος , άρα και όμοια και για τα υπόλοιπα.

Τάσο, νομίζω ότι αυτό που έχει αποδειχθεί με σιγουριά με αυτά που γράφεις, είναι οι ισότητες $AA_{1} = AA_{2}$ και $BB_{1} = BB_{2}$ και $CC_{1} = CC_{2}$ .

Χρειάζεται πρόσθετη τεκμηρίωση για το ζητούμενο, όπως για παράδειγμα, $AA_{1} = AA_{2} = u$ , όπου

κάποιο γνωστό τμήμα και ότι ισχύει το ίδιο για τις άλλες δύο ισότητες

$BB_{1} = BB_{2} = u$ και $CC_{1} = CC_{2} = u$

Επίσης μία άλλη ιδέα είναι να αποδείξουμε ότι ισχύει για παράδειγμα, $AA_{1} = BB_{2}\ \ ,(1)$ και κυκλικά να συμπεραίνεται το αντίστοιχο για τα υπόλοιπα

$AA_{2} = CC_{1}$ και $BB_{1} = CC_{2}$

.

Νομίζω ότι η (1)

βγαίνει με το Πυθαγόρειο θεώρημα, θα το κοιτάξω όμως πιο προσεκτικά.

Κώστας Βήττας.

tasosty · #4

Ναι κ.Κωστα έχεται δίκαιο, η αλήθεια δεν το πρόσεξα επείδη με παραξένεψε πολύ το δεύτερο μέρος...θα το κοιτάξω τότε καλύτερα και αν μπορέσω θα συμπληρώσω..

#5

tasosty έγραψε:Ναι κ.Κωστα έχεται δίκαιο, η αλήθεια δεν το πρόσεξα επείδη με παραξένεψε πολύ το δεύτερο μέρος...θα το κοιτάξω τότε καλύτερα και αν μπορέσω θα συμπληρώσω..

Τάσο καλησπέρα.

Για την ιστορία να αναφέρω ότι πρόκειται για τους κύκλους των Droz - Farny και η λύση του στηρίζεται (όπως αναφέρει και ο Κώστας (Βήττας)) στη γενίκευση του Πυθαγορείου θεωρήματος (Θεώρημα Οξείας ή αμβλείας γωνίας) και στην εγγραψιμότητα των τετραπλεύρων που δημιουργούνται από τα ύψη του τριγώνου.

Επειδή βλέπω ότι το παλεύεις!!! και μάλιστα γερά δεν θα δώσω ακόμα τη λύση.

Φιλικά
Στάθης
Υ.Σ. όμορφο σχήμα!!!

#6

Χρησιμοποιώ το σχήμα 1 του Στάθη πιο πάνω.

$\bullet$ Όπως έχει αποδειχθεί, τα ύψη του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ ταυτίζονται με τις μεσοκάθετες ευθείες των $A_{1}A_{2},\ B_{1}B_{2},\ C_{1}C_{2}$ και άρα ισχύουν οι οι ισότητες $AA_{1} = AA_{2}\ \ ,(1)$ και $BB_{1} = BB_{2}\ \ ,(2)$ και $CC_{1} = CC_{2}\ \ ,(3)$

Αρκεί τώρα να αποδειχθεί ότι ισχύει έστω $AA_{1} = BB_{2 }\ \ ,(4)$

Έστω τα σημεία $A{'}{'}\equiv EZ\cap AA{'}$ και $B{'}{'}\equiv DZ\cap BB{'}.$

Σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα $\vartriangle A{'}{'}AA_{1},\ \vartriangle A{'}{'}HA_{1}$ ,

έχουμε $(AA_{1})^{2} = (AA{'}{'})^{2} + (A_{1}A{'}{'})^{2} = (AA{'}{'})^{2} + (HA_{1})^{2} - (HA{'}{'})^{2}\ \ ,(5)$

Ομοίως, στα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle B{'}{'}BB_{2},\ \vartriangle B{'}{'}HB_{2},$

έχουμε $(BB_{2})^{2} = (BB{'}{'})^{2} + (B_{2}B{'}{'})^{2} = (BB{'}{'})^{2} + (HB_{2})^{2} - (HB{'}{'})^{2}\ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $(AA{'}{'})^{2} -(HA{'}{'})^{2} = (BB{'}{'})^{2} - (HB{'}{'})^{2}\ \ ,(7)$ γιατί $HA_{1} = HB_{2} = r$

Από (7)

και το πυθαγόρειο θεώρημα στα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle A{'}{'}AZ,\ \vartriangle B{'}{'}BZ$ και $\vartriangle A{'}{'}HZ,\ \vartriangle B{'}{'}HZ$ ,

προκύπτει ότι $(AZ)^{2} - (ZA{'}{'})^{2} - (HZ)^{2} + (ZA{'}{'})^{2} = (BZ)^{2} - (ZB{'}{'})^{2} - (HZ)^{2} + (ZB)^{2}\ \ ,(8)$

Από (8)

$\Longrightarrow$ AZ = BZ

που ισχύει και άρα συμπεραίνεται ότι ισχύει και η (4)

Ομοίως αποδεικνύεται ότι ισχύει και $BB_{1} = CC_{2}$ και $AA_{2} = CC_{1}$ και το ζητούμενο ευθύ έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Έστω $r = AA_{1} = AA_{2} = BB_{1} = BB_{2} = CC_{1} = CC_{2}$ και

η ακτίνα του κύκλου (H)

.

Από $A_{1}A_{2}\perp AH$ $\Longrightarrow$ $(A_{1}A)^{2} - (A_{1}H)^{2} = (EA)^{2} - (EH)^{2}$ $\Longrightarrow$ $r^{2} - q^{2} = (EA)^{2} - (EH)^{2}\ \ ,(9)$

Από (9)

και το Πυθαγόρειο θεώρημα στα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle B{'}AH,\ \vartriangle B{'}EH,$ λαμβανομένου υπόψη ότι ισχύει $\displaystyle B{'}E = \frac{b}{2} - AB{'}$

και $\displaystyle (AB{'})(AC) = (AD)^{2} - (BD)^{2} = m_{a}^{2} - \frac{a^{2}}{4}$

λόγω εγγραψίμου τεταπλεύρου BCB{'}C{'}

και $\displaystyle m_{a}^{2} = \frac{b^{2} + c^{2}}{2} - \frac{a^{2}}{4}$

παίρνουμε αν δεν έχω κάνει λάθος στις πράξεις, $\boxed{\displaystyle r^{2} - q^{2} = \frac{1}{2}(a^{2} + b^{2} + c^{2}) - 4R^{2}}\ \ ,(10)$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Δεν έχω κουράγιο για αλλες πράξεις το επόμενο διήμερο.

#7

Κώστα σε ευχαριστώ για τη λύση σου διπλά (μιας και σε ταλαιπώρησα με τα λανθασμένα πρόσημα στον τύπο) και ας δώσω και εγώ μια λύση (επίσης ταλαιπωρημένη) λίγο διαφορετική και να σου ζητήσω ακόμα μια φορά συγγνώμη (δηλαδή 1000+1).

Λήμμα: Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και έστω $\displaystyle{ AA{'},BB{'},CC{'} }$ τα ύψη του και $\displaystyle{ H }$ το ορθόκεντρό του. Έστω επίσης $\displaystyle{ Z,E }$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{ AB,AC }$ αντίστοιχα.

Αν $\displaystyle{ P }$ είναι τυχαίο σημείο της ευθείας $\displaystyle{ ZE }$ να δειχθεί ότι: $\displaystyle{ \boxed{AP^2 = HP^2 + AH \cdot HA'} }$

Απόδειξη

Έστω $\displaystyle{ P{'} \equiv AA{'} \cap ZE }$ τότε προφανώς το $\displaystyle{ P{'} }$ είναι το μέσο της $\displaystyle{ AA{'} \Rightarrow \boxed{AP{'} = P{'}A{'}}:\left( 1 \right) }$

Σχήμα 1. Με γωνία $\displaystyle{ \widehat{AHP} < 90^0 \xrightarrow{{\vartriangle AHP\left( {\Theta .o\xi \varepsilon \alpha \varsigma - \gamma \omega \nu \alpha \varsigma } \right)}}AP^2 = HP^2 + HA^2 - 2HA \cdot HP' \Rightarrow AP^2 = HP^2 + HA\left( {HA - 2HP{'}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ AP^2 = HP^2 + HA\left( {HA - HP{'} - HP{'}} \right)\mathop = \limits^{HA - HP{'} = AP{'}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} P{'}A{'}} HP^2 + HA\left( {P{'}A{'} - HP{'}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{P{'}A{'} - HP{'} = HA{'}} \boxed{AP^2 = HP^2 + HA \cdot HA{'}}:\left( 2 \right) }$

Στο (σχήμα 2) δουλεύοντας ομοίως παίρνουμε:

$\displaystyle{ \widehat{AHP} > 90^0 \xrightarrow{{\vartriangle AHP\left( {\Theta .\alpha \mu \beta \lambda \varepsilon \alpha \varsigma - \gamma \omega \nu \alpha \varsigma } \right)}}AP^2 = HP^2 + HA^2 + 2HA \cdot HP' \Rightarrow AP^2 = HP^2 + HA\left( {HA + 2HP{'}} \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ AP^2 = HP^2 + HA\left( {HA + HP{'} + HP{'}} \right)\mathop = \limits^{HA + HP{'} = AP{'}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} P{'}A{'}} HP^2 + HA\left( {P{'}A{'} + HP{'}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{P{'}A{'} + HP{'} = HA{'}} \boxed{AP^2 = HP^2 + HA \cdot HA{'}} }$

Σημείωση : Στην περίπτωση που $\displaystyle{ \widehat{AHP} = 90^0 }$ η ισότητα είναι προφανής

Υ.Σ. Επανέρχομαι για τη συνέχεια ...

Στάθης

#8

Για το ευθύ:

Με βάση το παραπάνω λήμμα στο (σχήμα 1) θα ισχύουν οι σχέσεις:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} AA_1 ^2 = HA_1^2 + HA \cdot HA{'} \\ AA_2 ^2 = HA_2^2 + HA \cdot HA{'} \\ BB_1 ^2 = HB_1^2 + HB \cdot HB{'} \\ BB_2 ^2 = HB_2^2 + HB \cdot HB{'} \\ CC_1 ^2 = HC_1^2 + HC \cdot HC{'} \\ CC_2 ^2 = HC_2^2 + HC \cdot HC{'} \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{\substack{ HA_1 = HA_2 = HB_1 = HB_2 = HC_1 = HC_2 (\alpha \kappa \tau \nu \varepsilon \varsigma \;\tau o\upsilon \;\delta \iota o\upsilon \;\kappa \kappa \lambda o\upsilon ) \\ HA \cdot HA{'} = HB \cdot HB{'} = HC \cdot HC{'}(\tau \alpha \;\tau \varepsilon \tau \rho \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \alpha \;ABA{'}B{'},BCB{'}C{'},CAC{'}A{'} - \varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \alpha ) } } }$

$\displaystyle{ AA_1 ^2 = AA_2 ^2 = BB_1 ^2 = BB_2 ^2 = CC_1 ^2 = CC_2 ^2 \Rightarrow \boxed{AA_1 = AA_2 = BB_1 = BB_2 = CC_1 = CC_2 } }$

Για το αντίστροφο

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} AA_1 ^2 = HA_1^2 + HA \cdot HA{'} \\ AA_2 ^2 = HA_2^2 + HA \cdot HA{'} \\ BB_1 ^2 = HB_1^2 + HB \cdot HB{'} \\ BB_2 ^2 = HB_2^2 + HB \cdot HB{'} \\ CC_1 ^2 = HC_1^2 + HC \cdot HC{'} \\ CC_2 ^2 = HC_2^2 + HC \cdot HC{'} \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{\substack{ AA_1 = AA_2 = BB_1 = BB_2 = CC_1 = CC_2 (\alpha \kappa \tau \nu \varepsilon \varsigma \;\sigma \omega \nu \;\kappa \kappa \lambda \omega \nu ) \\ HA \cdot HA{'} = HB \cdot HB{'} = HC \cdot HC{'}(\tau \alpha \;\tau \varepsilon \tau \rho \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \alpha \;ABA'B',BCB'C',CAC'A' - \varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \alpha ) } } }$

$\displaystyle{ HA_1^2 = HA_2^2 = HB_1^2 = HB_2^2 = HC_1^2 = HC_2^2 \Rightarrow \boxed{HA_1 = HA_2 = HB_1 = HB_2 = HC_1 = HC_2 } }$

Δηλαδή τα σημεία $\displaystyle{ A_1 ,A_2 ,B_1 ,B_2 ,C_1 ,C_2 }$ ισαπέχουν από το ορθόκεντρο $\displaystyle{ H }$ άρα είναι ομοκυκλικά.

Για τον τύπο: (σχήμα 2). Από τη σχέση: $\displaystyle{ AA_1 ^2 = HA_1^2 + HA \cdot HA{'}\mathop \Rightarrow \limits^{AA_1 = r,HA_1 = q} r^2 = q^2 + HA \cdot \left( {{\rm A}{\rm A}{'} - {\rm H}{\rm A}} \right) \Rightarrow \boxed{r^2 - q^2 = HA \cdot {\rm A}{\rm A}{'} - HA^2 }:\left( 1 \right) }$

Θεωρούμε γνωστό (βασική πρόταση) ότι $\displaystyle{ \boxed{AH = 2OD}:\left( 2 \right) }$ (με $\displaystyle{ OD }$ το απόστημα στην $\displaystyle{ BC }$ ) και από το εγγράψιμο

$\displaystyle{ HA'CB'\xrightarrow{{HA{'} \cap CB{'} \equiv A}}\boxed{HA \cdot AA{'} = AB{'} \cdot AC}:\left( 3 \right) }$ . Υποθέτοντας ότι $\displaystyle{ \hat A < 90^0 }$ (με όμοιο τρόπο αποδεικνύεται και για $\displaystyle{ \hat A \geqslant 90^0 }$ ) με την γενίκευση του Πυθαγορείου θεωρήματος θα είναι

$\displaystyle{ a^2 = b^2 + c^2 - 2b \cdot AB{'} \Rightarrow \boxed{AB{'} = \frac{{b^2 + c^2 - a^2 }} {{2b}}}:\left( 4 \right) }$ και από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο

$\displaystyle{ \vartriangle ODC \to OD^2 = OC^2 - DC^2 \Rightarrow OD^2 = R^2 - \left( {\frac{a} {2}} \right)^2 \Rightarrow }$ $\displaystyle{ 4OD^2 = 4R^2 - 4\left( {\frac{a} {2}} \right)^2 \mathop \Rightarrow \limits^{AH^2 = \left( {2OD} \right)^2 = 4OD^2 } \boxed{AH^2 = 4R^2 - a^2 }:\left( 5 \right) }$

Οπότε $\displaystyle{ r^2 - q^2 = AH \cdot {\rm A}{\rm A}{'} - HA^2 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right),\left( 4 \right)} r^2 - q^2 = b \cdot \frac{{c^2 + b^2 - a^2 }} {{2b}} - 4R^2 + a^2 \Rightarrow \ldots \boxed{r^2 - q^2 = \frac{1} {2}\left( {a^2 + b^2 + c^2 } \right) - 4R^2 } }$

Φιλικότατα
Στάθης

ομοκυκλικά και αντιστρόφως

ομοκυκλικά και αντιστρόφως

Re: ομοκυκλικά και αντιστρόφως

Re: ομοκυκλικά και αντιστρόφως

Re: ομοκυκλικά και αντιστρόφως

Re: ομοκυκλικά και αντιστρόφως

Re: ομοκυκλικά και αντιστρόφως

Re: ομοκυκλικά και αντιστρόφως

Re: ομοκυκλικά και αντιστρόφως

Μέλη σε σύνδεση