mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 8:35 pm**

Στο επίπεδο του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημείο

, με :

και έτσι ώστε , η

να τέμνει την

στο σημείο

. Αν

το περίκεντρο και

το έγκεντρο

του τριγώνου ABT

, δείξτε ότι : $OE \perp CS$ ..... ( Άνευ λύσεως

)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 11:39 pm**

KARKAR έγραψε:Στο επίπεδο του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημείο , με :

και έτσι ώστε , η να τέμνει την στο σημείο . Αν το περίκεντρο και το έγκεντρο

του τριγώνου , δείξτε ότι : $OE \perp CS$ ..... ( Άνευ λύσεως )

Απίστευτο θέμα!!!!

: 6.png (56.66 KiB) Προβλήθηκε 2658 φορές

Έστω $\displaystyle{ M \equiv BE \cap \left( O \right),\;N \equiv AE \cap \left( O \right) }$ . Τότε αφού $\displaystyle{ BM }$ διχοτόμος της $\displaystyle{ \widehat{TBA} \Rightarrow \tau o\xi .AM = \tau o\xi .MT \Rightarrow \boxed{MA = MT}:\left( 1 \right) }$ και $\displaystyle{ AN }$ διχοτόμος της γωνίας

$\displaystyle{ \widehat{BAT} \Rightarrow \boxed{\tau o\xi .BN = \tau o\xi .NT}:\left( 2 \right) }$ άρα

$\displaystyle{ \widehat{MEA}\mathop = \limits^{\gamma \omega \nu \alpha - \tau \varepsilon \mu \nu o\mu \nu \omega \nu - \chi o\rho \delta \nu } \frac{{\tau \xi .AM + \tau \xi .BN}} {2}\mathop = \limits^{\tau \xi .AM = \tau \xi .MT,\;\tau \xi .BN = \tau \xi .TN\;} \frac{{\tau \xi .MT + \tau \xi .TN}} {2} = }$ $\displaystyle{ \frac{{\tau \xi .MTN}} {2} = \widehat{EAM} \Rightarrow \vartriangle EMA }$ ισοσκελές άρα $\displaystyle{ \boxed{MA = ME}:\left( 3 \right) }$

Είναι: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle BMA \hfill \\ \vartriangle BMS \hfill \\ \end{gathered} \right\}:\left\{ \begin{gathered} BA\mathop = \limits^{\upsilon \pi \theta \varepsilon \sigma \eta } BS \hfill \\ \widehat{MBA} = \widehat{MBS}\mathop = \limits^{MB\;\delta \iota \chi o\tau \mu o\varsigma \;\tau \eta \varsigma \;\widehat{TBA}} \frac{{\widehat{TBA}}} {2} \hfill \\ BM\mathop = \limits^{\kappa o\iota \nu } BM \hfill \\ \end{gathered} \right.\;\;\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \;\vartriangle BMA = \vartriangle BMS \Rightarrow MS = MA\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 3 \right)} }$ $\displaystyle{ MA = ME = MT = MS }$

και συνεπώς τα σημεία $\displaystyle{ A,E,T,S }$ ανήκουν σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{ M }$ (έστω $\displaystyle{ \left( M \right) }$ το όνομα αυτού του κύκλου).

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι και τα σημεία $\displaystyle{ B,E,T,C }$ ανήκουν σε κύκλο με κέντρο $\displaystyle{ N }$ (και το όνομα αυτού του κύκλου $\displaystyle{ \left( N \right) }$ )

Έστω επίσης $\displaystyle{ \left( L \right) }$ το περικύκλιο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle STL }$ . Τότε : $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \left( M \right) \cap \left( L \right) = \left\{ {S,T} \right\} \Rightarrow LM\mathop \bot \limits_{\mu \varepsilon \sigma o\kappa \theta \varepsilon \tau \eta } TS \Rightarrow LM \bot BS \\ \left( O \right) \cap \left( N \right) = \left\{ {B,T} \right\} \Rightarrow ON\mathop \bot \limits_{\mu \varepsilon \sigma o\kappa \theta \varepsilon \tau \eta } BT \Rightarrow ON \bot BS \\ \end{gathered} \right.\; \Rightarrow \;\boxed{LM//ON}:\left( 4 \right) }$

Με όμοιο τρόπο έχουμε: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \left( M \right) \cap \left( O \right) = \left\{ {A,T} \right\} \Rightarrow MO\mathop \bot \limits_{\mu \varepsilon \sigma o\kappa \theta \varepsilon \tau \eta } AT \Rightarrow MO \bot AS \\ \left( L \right) \cap \left( N \right) = \left\{ {C,T} \right\} \Rightarrow NL\mathop \bot \limits_{\mu \varepsilon \sigma o\kappa \theta \varepsilon \tau \eta } CT \Rightarrow NL \bot AS \\ \end{gathered} \right.\; \Rightarrow \;\boxed{AT//CT}:\left( 5 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 4 \right),\left( 5 \right) \Rightarrow ONLM }$ παραλληλόγραμμο και επειδή προφανώς $\displaystyle{ ON = OM }$ σαν ακτίνες του κύκλου $\displaystyle{ \left( O \right) }$ τελικά θα είναι $\displaystyle{ ONLM }$ ρόμβος

άρα οι διαγώνιές του θα διχοτομούνται κάθετα δηλαδή $\displaystyle{ MN }$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{ OL }$ και προφανώς επειδή $\displaystyle{ ET }$ η κοινή χορδή των $\displaystyle{ \left( M \right),\left( N \right) }$

θα είναι και $\displaystyle{ MN }$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{ ET }$ αλλά τότε το τετράπλευρο $\displaystyle{ OETL }$ θα είναι τραπέζιο και μάλιστα ισοσκελές

(αφού η μεσοκάθετη της μιας βάσης του $\displaystyle{ OL }$ είναι και μεσοκάθετη της άλλης βάσης του $\displaystyle{ ET }$

Τότε όμως $\displaystyle{ \widehat{OET}\mathop = \limits^{\pi \alpha \rho - \tau \eta \; - \beta \sigma \eta \; - \gamma \omega \nu \varepsilon \varsigma - \iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda o\varsigma - \tau \rho \alpha \pi \varepsilon \zeta o\upsilon } \widehat{LTE} \Rightarrow 180^0 - \widehat{OET} = 180^0 - \widehat{LTE} \Rightarrow \widehat{PEO}\mathop = \limits^{\left( {**} \right)} \widehat{xTL} }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{PEO} = \widehat{HET}(\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \phi \nu )} \boxed{\widehat{HET} = \widehat{xTL}}:\left( 6 \right) }$

με $\displaystyle{ \left( {**} \right)TP }$ διχοτόμο της $\displaystyle{ \widehat{ATB} }$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle CTS }$ αν $\displaystyle{ TK }$ είναι το ύψος του ( $\displaystyle{ \boxed{TK \bot HS}:\left( 7 \right) }$ ) επειδή $\displaystyle{ Tx }$ είναι η διχοτόμος του

(αντικείμενη της διχοτόμου της κατακορυφήν γωνίας $\displaystyle{ \widehat{ATB} }$ ) είναι γνωστό ότι η διχοτόμος της γωνίας τριγώνου είναι και

διχοτόμος της γωνίας του ύψος και της αντίστοιχης ακτίνας του περικυκλίου του τριγώνου από την κορυφή της γωνίας αυτής, άρα

$\displaystyle{ \widehat{xTL} = \widehat{xTK}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right)} \widehat{HET} = \widehat{xTK}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{HET},\widehat{xTK}(\varepsilon \nu \tau \varsigma - \varepsilon \kappa \tau \varsigma - \kappa \alpha \iota - \varepsilon \pi - \tau \alpha - \alpha \upsilon \tau - \sigma \tau \iota \varsigma - EH,TK)} EH//TK\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 7 \right):TK \bot SC} \boxed{EH \bot SC} }$ και το ζητούμενο επιτέλους έχει αποδειχθεί

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 14, 2011 11:58 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
KARKAR έγραψε:Στο επίπεδο του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημείο , με :

και έτσι ώστε , η να τέμνει την στο σημείο . Αν το περίκεντρο και το έγκεντρο

του τριγώνου , δείξτε ότι : $OE \perp CS$ ..... ( Άνευ λύσεως )
Απίστευτο θέμα!!!!

Απίστευτη λύση Στάθη !!!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 15, 2011 1:06 pm**

Πράγματι Στάθη πανέμορφο Θέμα (Αυτά μας κάνει ο Θανάσης).

Θεωρούμε στο τρίγωνο ABT

$AB = x,AT = \beta ,BT = \alpha ,\;2\tau = \alpha + \beta + x.$
Η Ιδέα;
Αρκεί να αποδείξουμε: $EA^2 - EB^2 = OS^2 - OC^2 \;\left( {\alpha \varphi o\upsilon \;ES^2 - EC^2 = EA^2 - EB^2 ,ES = EA\;\kappa \alpha \iota \;EC = EB} \right)$
Απόδειξη:
Έστω M,K

τα μέσα των α,β αντίστοιχα και

η ακτίνα του κύκλου (ABT).

Από το πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα: OKC, OAK, OMS, OBM

έχουμε:
$\begin{array}{*{20}c} {EA^2 - EB^2 = SO^2 - CO^2 \Leftrightarrow \left( {\tau - \alpha } \right)^2 - \left( {\tau - \beta } \right)^2 = R^2 - \frac{{\alpha ^2 }} {4} + \left( {x - \frac{\alpha } {2}} \right)^2 - R^2 + \frac{{\beta ^2 }} {4} - } \\ {\left( {x - \frac{\beta } {2}} \right)^2 \Leftrightarrow \left( {\beta - \alpha } \right)x = x\left( {x - \alpha } \right) - x\left( {x - \beta } \right) \Leftrightarrow \beta - \alpha = \beta - \alpha .} \\ \end{array}$

Με κάθε επιφύλαξη
S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 16, 2011 12:13 am**

ΙΣΟΔΥΝΑΜΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Δίνετα τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ Z,$ τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του στις πλευρές $BC,\ AC,\ AB,$ αντιστοίχως. Εάν $M,\ N$ είναι τα συμμετρικά των $B,\ C,$ ως προς τις διχοτόμους $CI,\ BI$ αντιστοίχως, αποδείξτε ότι $OI\perp MN,$ όπου $O,\ I$ είναι αντιστοίχως, το περίκεντρο και το ένκεντρο του $\vartriangle ABC.$

Είναι προφανές ότι τα σημεία $M,\ N$ ανήκουν στις ευθείες $AC,\ AB$ αντιστοίχως και έστω $E{'},\ Z{'}$ τα σημεία του κύκλου (I),

συμμετρικά των $E,\ Z$ αντιστοίχως, ως προς τις διχoτόμους $BI,\ CI.$

: Διακεντρική αμηχανία.; f=22_t=21325.PNG (32.31 KiB) Προβλήθηκε 2427 φορές

Οι ευθείες $NE{'},\ MZ{'}$ εφάπτονται του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

στα σημεία $E{'},\ Z{'}$ αντιστοίχως, ως οι συμμετρικές ευθείες των $CE,\ BZ.$

Σύμφωνα με το πρόβλημα που έχει τεθεί Εδώ, έχουμε το ότι το σημείο $Q\equiv EZ{'}\cap E{'}Z,$ ανήκει στην ευθεία OI.

Επειδή τώρα οι $EZ{'},\ E{'}Z,$ ως οι πολικές ευθείες των $M,\ N$ αντιστοίχως, ως προς τον κύκλο (I),

περνάνε από το σημείο

συμπεραίνεται ότι τα σημεία

και

ανήκουν στην πολική ευθεία του σημείου (Q)

ως προς τον ίδιο κύκλο.

Ισχύει επομένως $MN\perp IQ\equiv OI$ και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. (1). Το πρόβλημα αυτό είχε προταθεί από τον Virgil Nicula στο mathlinks.ro φόρουμ, πριν από τρία χρόνια και θα βάλω αργότερα τις λεπτομέρειες.

ΥΓ. (2). Ωραία τα προβλήματα βάζει ο Θανάσης ( KARKAR ), αλλά πολύ θα ήθελαν μερικοί να γνωρίζουν, ποιος Θανάσης (;) είναι τελικά.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 16, 2011 12:20 am**

KARKAR έγραψε:Στο επίπεδο του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημείο , με :

και έτσι ώστε , η να τέμνει την στο σημείο . Αν το περίκεντρο και το έγκεντρο

του τριγώνου , δείξτε ότι : $OE \perp CS$ ..... ( Άνευ λύσεως )

Δεν ξέρω πως το έχω πάρει αυτό το θέμα αλλά μου άρεσε ιδιαίτερα

Ψάχνοντας λοιπόν βρήκα και μια διαφορετική απόδειξη την οποία αφιερώνω στον Θανάση (KARKAR) σαν το ελάχιστο ευχαριστώ για την προσφορά του στο mathematica.

: 2.png (95.05 KiB) Προβλήθηκε 2485 φορές

Λήμμα (σχήμα1) Δίνονται δύο ευθείες $\displaystyle{ \left( x \right),\left( y \right) }$ που τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{ O }$ . Αν $\displaystyle{ A \in \left( x \right),\;B \in \left( y \right) }$ με $\displaystyle{ A \ne O \ne B }$ . Ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{ MN }$ μήκους $\displaystyle{ a }$

έχει προβολές $\displaystyle{ a_x ,a_y }$ στις $\displaystyle{ \left( x \right),\left( y \right) }$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι αν $\displaystyle{ \frac{{OA}} {{a_y }} = \frac{{OB}} {{a_x }} }$ τότε θα είναι $\displaystyle{ \boxed{MN \bot AB} }$ .

Απόδειξη

Ας υποθέσουμε (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι ο φορές του $\displaystyle{ MN }$ διέρχεται από το $\displaystyle{ O }$ (αφού οι προβολές ίσων και παραλλήλων τμημάτων

σε δοσμένες ευθείες είναι ίσες).

Έστω $\displaystyle{ MC \bot \left( x \right),\;ND \bot \left( x \right) \Rightarrow \boxed{CD = a_x }:\left( 1 \right) }$ και $\displaystyle{ ME \bot \left( y \right),\;NZ \bot \left( y \right) \Rightarrow \boxed{EZ = a_y }:\left( 2 \right) }$ . Αν $\displaystyle{ MZ{'}//\left( y \right),\left( {Z{'} \in NZ} \right),MD{'}//\left( x \right),\left( {D{'} \in ND} \right) }$

τότε προφανώς από τα σχηματιζόμενα ορθογώνια είναι: $\displaystyle{ \boxed{MD{'} = CD = a_x \;\& \;MZ{'} = EZ = a_y }:\left( 3 \right) }$ . Επίσης ισχύει:

$\displaystyle{ \boxed{\widehat{D{'}MZ{'}}\mathop = \limits^{\pi \alpha \rho \lambda \lambda \eta \lambda \varepsilon \varsigma - \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varsigma } \widehat{ZOD}\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \phi \nu } \widehat{AOB}}:\left( 4 \right) }$

Από την υπόθεση έχουμε: $\displaystyle{ \frac{{OA}} {{a_y }} = \frac{{OB}} {{a_x }}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \frac{{OA}} {{MZ{'}}} = \frac{{OB}} {{MD{'}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \vartriangle MD{'}Z{'} \sim \vartriangle OAB \Rightarrow \boxed{\widehat{MD{'}Z{'}} = \widehat{OBA}}:\left( 5 \right) }$

Επίσης είναι $\displaystyle{ \widehat{LOB}\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \phi \nu } \widehat{NOZ}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau \varsigma - \varepsilon \kappa \tau \varsigma - \kappa \alpha \iota - \varepsilon \pi - \tau \alpha - \alpha \upsilon \tau } \widehat{NMZ{'}} \Rightarrow \boxed{\widehat{LOB} = \widehat{NMZ{'}}}:\left( 6 \right) }$ . Προφανώς το τετράπλευρο $\displaystyle{ MZ{'}ND{'} }$

είναι εγγράψιμο $\displaystyle{ \left( {\widehat{MZ{'}N} + \widehat{MD{'}N} = 90^0 + 90^0 = 180^0 } \right) }$ οπότε θα είναι: $\displaystyle{ \widehat{NMZ{'}} = \widehat{ND{'}Z{'}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right)} \boxed{\widehat{LOB} = \widehat{ND{'}Z{'}}}:\left( 7 \right) }$

Οπότε: $\displaystyle{ \widehat{LOB} + \widehat{OBA}\mathop = \limits^{\left( 5 \right),\left( 7 \right)} \widehat{ND{'}Z{'}} + \widehat{MD{'}Z{'}} = \widehat{MD{'}N}\mathop = \limits^{MD{'} \bot ND} 90^0 \Rightarrow \widehat{LOB} + \widehat{OBA} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle LOB} \widehat{OLB} = 90^0 \Rightarrow \boxed{MN \bot AB} }$

Πάμε τώρα στο θέμα μας (σχήμα 2)

Έστω $\displaystyle{ OK \bot AT,\;OM \bot TB,\;IL \bot AT,\,IN \bot TB }$ τότε:

$\displaystyle{ KL = KT - LT\mathop = \limits^{KT = \frac{{AT}} {2},LT = \left( {\tau - AB} \right),\tau = \frac{{AT + TB + BA}} {2}(\eta \mu \iota \pi \varepsilon \rho \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma )} \frac{{AT}} {2} - \left( {\tau - BA} \right) = \frac{{AT}} {2} - \left( {\frac{{AT + TB + BA}} {2} - BA} \right) \Rightarrow \ldots }$

$\displaystyle{ KL = \frac{{BA - TB}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{BA = SB} KL = \frac{{SB - TB}} {2} \Rightarrow KL = \frac{{ST}} {2} \Rightarrow \boxed{\frac{{ST}} {{KL}} = 2}:\left( 8 \right) }$ . Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε $\displaystyle{ \boxed{\frac{{TC}} {{MN}} = 2}:\left( 9 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 8 \right),\left( 9 \right) \Rightarrow \boxed{\frac{{ST}} {{KL}} = \frac{{TC}} {{MN}} = 2} }$ άρα με βάσει το λήμμα που δείξαμε πιό πάνω είναι $\displaystyle{ \boxed{OI \bot SC} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Φιλικά
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 16, 2011 1:29 pm**

Στάθη, πολύ όμορφο.

Εξαιρετική η προσέγγιση με το Λήμμα που σκαρφίστηκες, το οποίο ως κριτήριο καθετότητας δύο ευθειών, δεν το έχω ξαναδεί στη βιβλιογραφία που έχω υπόψη μου και ούτε θα μου πέρναγε απ' το νου.

Σ' ευχαριστώ θερμά, Κώστας Βήττας.

mathematica.gr

Διακεντρική αμηχανία

Διακεντρική αμηχανία

Re: Διακεντρική αμηχανία

Re: Διακεντρική αμηχανία

Re: Διακεντρική αμηχανία

Re: Διακεντρική αμηχανία

Re: Διακεντρική αμηχανία

Re: Διακεντρική αμηχανία