mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 23, 2013 11:16 pm**

Έστω τρίγωνο $\triangle ABC$ κι έστωσαν A_1,B_1,C_1

τα σημεία επαφής των παραγεγραμμένων κύκλων του με τις πλευρές BC,AC,

και

, αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι αν το περίκεντρο του $\triangle A_1B_1C_1$ βρίσκεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABC$ , τότε το τρίγωνο $\triangle ABC$ είναι ορθογώνιο.

(Ρωσία)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 24, 2013 6:21 pm**

Πρώτα θα αποδείξουμε ένα λήμμα και μετά θα παρουσιάσουμε την απόδειξη της άσκησης.

Λήμμα: Έστω και 2 τρίγωνα με , και $\angle BCA = \angle B'C'A'$ . Άμα θα είναι $\triangle ABC = \triangle A'B'C'$ .

Αφού BC = B'C'

τοποθετούμε τα B', C'

έτσι ώστε να συμπίπτουν με τα B, C

αντίστοιχα! Αρκεί να δείξουμε πως $A \equiv A'$ . Τώρα θεωρούμε την ημιευθεία

τέτοια ώστε $\angle BCx = \angle BCA = \angle B'C'A'$ και τον κύκλο K(B,BA)

. Τα

θα είναι τα σημεία τομής του

με την

. Άμα είναι $AB \geq BC$ υπάρχει μόνο ένα σημείο τομής άρα αυτό θα συμπίπτει με τα A, A'

και συνεπώς $A \equiv A'$ . Άμα AB < BC

τότε τα σημεία τομής είναι 2, έστω A_1, A_2

και $\angle BA_1C = \dfrac{180-\angle A_1BA_2}{2} < 90, \angle BA_2C = \dfrac{180+\angle A_1BA_2}{2} > 90$ , άρα θα είναι $A \equiv A' \equiv A_2$ . Συνεπώς σε κάθε περίπτωση $\triangle ABC = \triangle A'B'C'$ .

Πίσω στο πρόβλημα μας τώρα. Είναι $BC_1 = B_1C = \tau - \alpha$ , $\angle BC_1O = \angle ABO = \angle ACO = \angle B_1CO < 90$ , OC_1 = OB_1

και τέλος $\angle BOC_1 < \angle BOA < 90, \angle COB_1 < \angle COA < 90$ , άρα σύμφωνα με το Λήμμα θα είναι $\triangle OC_1B = \triangle OB_1C$ . Άρα $\angle BC_1O = \angle CB_1O \Rightarrow \angle AC_1O = \angle AB_1O \Rightarrow AC_1B_1O$ εγγράψιμο, συνεπώς $\angle C_1AB_1 = \angle C_1OB + \angle BOB_1 = \angle BOB_1 = \angle BOC = 90 \Rightarrow \angle BAC = 90$ . Άρα το $\triangle ABC$ είναι ορθογώνιο!

Παρατήρηση: Το

είναι το μέσο του τόξου BAC

.

Edit: Τελικά στο τέλος της απόδειξης υπάρχει λάθος σύμφωνα με την υπόδειξη του Αργύρη πιο κάτω...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 24, 2013 6:37 pm**

Μία απορία, από που προκύπτει ότι $\hat{BOC} = 90^0$ ;
Θα προσθέσω και τη δική μου (ημιτελή) λύση. Αφαίρεσα κάτι που είχα αναρτήσει το πρωί καθώς ήταν σε τελείως λάθος κατεύθυνση. Πάμε τώρα στη λύση, η οποία στηρίζεται στην παρατήρηση για το μέσον.
Έστω ότι το τρίγωνο A_1B_1C_1

είναι οξυγώνιο ή ορθογώνιο. Τότε το περίκεντρό του

θα βρίσκεται είτε στο εσωτερικό του, είτε στις πλευρές του, οπότε αποκλείεται να είναι στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

, αφού θα είναι στο εσωτερικό του. Άρα το A_1B_1C_1

είναι αμβλυγώνιο. Έστω λοιπόν $\hat{A_1}$ η αμβλεία γωνία. Τότε το

θα είναι στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς τη B_1C_1

με την

.
Έστω

το μέσον της I_BI_C

. Αυτό θα βρίσκεται επίσης στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

, αφού αυτός αποτελεί τον κύκλο του Euler του I_AI_BI_C

. Θα είναι δε $\hat{A} = \hat{BOC} = \hat{BMC} (1)$ , ως εγγεγραμμένες γωνίες του κύκλου, βαίνουσες στο ίδιο τόξο. Ακόμη είναι $\hat{I_BBI_C} = \hat{I_CCI_B} = 90^0$ , καθώς το ABC

είναι το ορθικό τρίγωνο του I_AI_BI_C

. Επομένως θα έχουμε $MB = MC = \frac{I_BI_C}{2}$ αφού το

αποτελεί το μέσον της (κοινής) υποτείνουσας των ορθογωνίων τριγώνων I_BBI_C, I_CCI_B

. Επίσης ισχύει $BI_C = CI_B = \tau - \alpha (3)$ (κατά τα γνωστά) και $\hat{ABM} = \hat{ACM}(4)$ , από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AMCB

. Από τις τρεις προηγούμενες σχέσεις προκύπτει ότι ABM = ACM

(Π - Γ - Π), οπότε MB_1 = MC_1 (5)

και $\hat{BMC_1} = \hat{CMB_1} (6)$ . Άρα το

, όπως και το

, ανήκει στη μεσοκάθετο του B_1C_1

, και αφού η B_1C_1

φαίνεται υπό την ίδια γωνία από αυτά τα δύο σημεία, τα οποία βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς τη B_1C_1

, θα πρέπει τα

και

να ταυτίζονται.
Τώρα, έχουμε $\hat{BOC_1} = \hat{B_1MC} = \hat{BOC_1} = \hat{BMC_1}$ (από την (6)

και δεδομένου ότι τελικά τα δύο σημεία ταυτίζονται). Έτσι προκύπτει ότι $\hat{A} = \hat{BOC} = \hat{BOB_1} + \hat{B_1OC} = \hat{BOB_1} + \hat{BOC_1} = \hat{B_1OC_1} (7)$ . Άρα το τετράπλευρο AOB_1C_1

είναι εγγράψιμο.
Το δεδομένο με την ορθή γωνία είναι το μόνο που μου λείπει για να ολοκληρώσω τη λύση. Πώς προκύπτει λοιπόν

;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 24, 2013 11:52 pm**

Ωραίο πρόβλημα. Το πρώτο κύριο βήμα είναι να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{ AOB_1C_1 }$ είναι εγγράψιμο.
Έπειτα η απόδειξη ολοκληρώνεται με ποικίλους τρόπους. Δείτε εδώ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 25, 2013 2:01 am**

Καλησπέρα.Δεν ξέρω αν είναι όντως δύσκολο το πρόβλημα,αλλά εμένα με παίδεψε αρκετά.
Γράφω μερικές σκέψεις(τη λύση μου δηλαδή)και βλέπουμε...

Θα χρησιμοποιήσω το παρακάτω λήμμα.
Λήμμα:Έστωσαν τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και AD,BE,CZ

τα ύψη του.Αν A',B'

οι προβολές των A,B

στις

αντίστοιχα και

το μέσο της

,τότε ισχύει ότι MB'=MA'

Απόδειξη:Δείχνω ότι ισχύει $MB^2+BB'^2-2MB\cdot BB'sinC=MB^2+AA'^2-2AA'\cdot MAsinC$ και έτσι από το ν.συνημιτόνων στα τρίγωνα BMB',MA'A

θα έχουμε το ζητούμενο.
Πράγματι,αφού AA'=ZAsinC,BB'=ZBsinC,MA=MB

η αποδεικτέα είναι ισοδύναμη με $ZB^2-2MB\cdot ZB=ZA^2-2ZA\cdot MA$ ,η οποία είναι-σχεδόν-προφανής...

Γυρνάμε στο πρόβλημα.Έστω ότι η μεγαλύτερη γωνία είναι η $\widehat A>\widehat B>\widehat C$ .
Θεωρώ

το μέσο του τμήματος I_CI_B

το οποίο συμπίπτει με το μέσο του τόξου

(που περιέχει το Α).Από το λήμμα-για το τρίγωνο I_AI_BI_C

-η μεσοκάθετος του τμήματος B_1C_1

κόβει τον κύκλο στο

και σ'ένα άλλο σημείο

.Εφόσον το περίκεντρο του $A_1B_1C_1\in$ στον κύκλο,θα ταυτίζεται ή με το

ή με το

.Ομοίως,η μεσοκάθετος του A_1C_1

θα κόβει τον κύκλο στο αντίστοιχο μέσο του I_CI_A

και σ'ένα άλλο σημείο,το οποίο θα είναι $\neq K$ ,γιατί το

βρίσκεται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το μέσο του I_AI_C

ως προς την A_1C_1

.Το άλλο αυτό σημείο οφείλει να είναι το

,αφού τα μέσα των I_BI_C,I_AI_C

δεν ταυτίζονται!
Άρα το περίκεντρο του A_1B_1C_1

είναι το

.
Κάνουμε ένα μικρό angle-chasing και ύστερα εφαρμόζουμε το ν.συνημιτόνων στα τρίγωνα ADB_1,CDA_1

.

.
$DA_1^2=DC^2+CA_1^2-2DC\cdot DAcos(90-\frac{A}{2})=DB_1^2=DA^2+AB_1^2-2DA\cdot AB_1cos(90-\frac{A}{2})$ ή $DA_1^2=DC^2+CA_1^2-2DC\cdot CA_1sin(\frac{A}{2})=DB_1^2=DA^2+AB_1^2-2DA\cdot AB_1sin(\frac{A}{2})$ .
Όμως CA_1=t-b,AB_1=t-c

(t η ημιπερίμετρος),άρα η σχέση αυτή γράφεται $a(b-c)+DC^2-2DC\cdot (t-b)sin(\frac{A}{2})=DA^2-2DA\cdot (t-c)sin(\frac{A}{2})$ .
Ισχύει επίσης $DA=2Rsin\frac{B-C}{2},DC=2Rcos\frac{A}{2},t-b=R(sinA+sinC-sinB),t-c=R(sinA+sinB-sinC),a(c-b)=4R^2sinA(sinC-sinB)$ ,άρα η τελευταία γίνεται:
$sinA(sinC-sinB)+cos^2\frac{A}{2}-cos\frac{A}{2}(sinA+sinC-sinB)sin\frac{A}{2}=sin^2\frac{B-C}{2}-sin\frac{B-C}{2}(sinA+sinB-sinC)sin\frac{A}{2}$ .

Τώρα,παρατηρώ ότι $cos^2\frac{A}{2}-sin^2\frac{B-C}{2}=sinC\cdot sinB$ και ότι $2sin\frac{B-C}{2}\cdot sin\frac{A}{2}=sinB-sinC$ .Απ'αυτά,η σχέση μας-μετά από πολ/μο-με το 2-γράφεται

$2sinA(sinC-sinB)+2sinB\cdot sinC-sinA(sinA+sinC-sinB)=(sinC-sinB)(sinA+sinB-sinC)$ ,η οποία με πράξεις καταλήγει στην
sin^2A=sin^2B+sin^2C