mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2021 10:02 am**

Έστω $\triangle ABC$ ένα σκαληνό τρίγωνο. Έστω

ένα μεταβλητό σημείο στην ευθεία $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ τέτοιο ώστε $D\ne B$ και $D\ne C$ . Έστω σημείο

στην $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ ώστε η $\overset{\longleftrightarrow}{AE}$ να είναι η ανάκλαση της $\overset{\longleftrightarrow}{AD}$ ως προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC$ . Έστω O_1

,

τα περίκεντρα των τριγώνων $\triangle ABD$ and $\triangle ACE$ , αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα σημείο

, ανεξάρτητο από την επιλογή του

, τέτοιο ώστε η ευθεία $\overset{\longleftrightarrow}{O_1O_2}$ να διέρχεται από το

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2021 3:31 pm**

achilleas έγραψε: Πέμ Ιουν 10, 2021 10:02 am Έστω $\triangle ABC$ ένα σκαληνό τρίγωνο. Έστω ένα μεταβλητό σημείο στην ευθεία $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ τέτοιο ώστε $D\ne B$ και $D\ne C$ . Έστω σημείο στην $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ ώστε η $\overset{\longleftrightarrow}{AE}$ να είναι η ανάκλαση της $\overset{\longleftrightarrow}{AD}$ ως προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC$ . Έστω , τα περίκεντρα των τριγώνων $\triangle ABD$ and $\triangle ACE$ , αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα σημείο , ανεξάρτητο από την επιλογή του , τέτοιο ώστε η ευθεία $\overset{\longleftrightarrow}{O_1O_2}$ να διέρχεται από το

Κουνάω το

στην

. Έτσι έχω την προβολική σύνδεση $D\rightarrow AD\rightarrow AE\rightarrow E$ .
Έστω επίσης D_1

μέσον του

και

μέσον του

.
Τότε $D\rightarrow D_1$ και $E\rightarrow E_1$ είναι προβολικότητες. Το O_1

είναι η τομή της κάθετης από το D_1

στην

με την μεσοκάθετο του

. Έτσι $D_1\rightarrow O_1$ προβολικότητα . Όμοια $E_1\rightarrow O_2$ προβολικότητα.
Έχω λοιπόν την προβολική σύνδεση:
$O_1\rightarrow D_1\rightarrow D\rightarrow E\rightarrow E_1\rightarrow O_2$ με τα O_1,O_2

να κινούνται σε σταθερές ευθείες. Είναι απλό ότι όταν το ένα γίνει περίκεντρο γίνεται και το άλλο, κατά τα γνωστά λοιπόν η O_1O_2

διέρχεται από σταθερό σημείο, το οποίο δεν χρειάστηκε καν να βρούμε....η δύναμη της προβολικής

: 36.PNG (52.91 KiB) Προβλήθηκε 1184 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 10, 2021 11:38 pm**

achilleas έγραψε: Πέμ Ιουν 10, 2021 10:02 am Έστω $\triangle ABC$ ένα σκαληνό τρίγωνο. Έστω ένα μεταβλητό σημείο στην ευθεία $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ τέτοιο ώστε $D\ne B$ και $D\ne C$ . Έστω σημείο στην $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ ώστε η $\overset{\longleftrightarrow}{AE}$ να είναι η ανάκλαση της $\overset{\longleftrightarrow}{AD}$ ως προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC$ . Έστω , τα περίκεντρα των τριγώνων $\triangle ABD$ and $\triangle ACE$ , αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα σημείο , ανεξάρτητο από την επιλογή του , τέτοιο ώστε η ευθεία $\overset{\longleftrightarrow}{O_1O_2}$ να διέρχεται από το

Εστω ότι

.
Θεωρούμε,αρχικά,ότι το

είναι εσωτερικό σημείο της

.
Η παράλληλη από το

προς την

τέμνει τον κύκλο (O_2)

στο σημείο

.
Επειδή

και το

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο έχουμε ότι
$\widehat{ABD}=\widehat{HEC}$ και $\widehat{BAD}=\widehat{EAC}=\widehat{EHC}$ .
Άρα τα τρίγωνα ABD

και

είναι όμοια και έχουν τις πλευρές τους παράλληλες οπότε είναι ομοιόθετα και το κέντρο της ομοιοθεσίας,έστω

,είναι η τομή των

και

.Η ομοιοθεσία αυτή στέλνει το περίκεντρο του ενός τριγώνου στο περίκεντρο του άλλου οπότε το

ανήκει στην ευθεία O_1O_2

.
Επειδή

και το

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο έχουμε ότι $\widehat{ACB}=\widehat{ACE}=\widehat{AHE}=\widehat{PAB}$ δηλαδή η

εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου ABC

και άρα το

είναι σταθερό σημείο.Παρατηρούμε ακόμη ότι τα

και

είναι τα ομοιόθετα των

και

αντίστοιχα οπότε $\dfrac{PE}{PB}= \dfrac{PC}{PD} \Rightarrow PE\cdot PD=PC\cdot PB=PA^{2}$ και άρα η

εφάπτεται και στον περίκυκλο του τριγωνου ADE

το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο και στην περίπτωση που το

βρίσκεται στο εξωτερικό της

αφού τότε θα έχουμε ένα σχήμα ίδιο με το αρχικό στο οποίο απλά έχουν εναλλαχθεί τα B,D

και

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 11, 2021 11:15 am**

Πρόκειται για το πρόβλημα 2052 του Mathematics Magazine, που προτάθηκε τον Οκτώβριο 2018 από τον Michel Bataillle, με λύση στο τ. 4, σελ. 313, τον Οκτώβριο, 2019.

Ακολουθεί η λύση που είχα στείλει:

Λύση: Παρατηρούμε ότι $\angle DO_1B=2\angle DAB=2\angle CAE=\angle CO_2E$ , οπότε τα ισοσκελή τρίγωνα $\triangle DO_1B$ , $\triangle CO_2E$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας ίσο με k:=BD/EC

, ενώ οι πλευρές του $\triangle DO_1B$ είναι παράλληλες στις πλευρές του $\triangle CO_2E.$ Επίσης, τα τρίγωνα $\triangle DAB$ και $\triangle CAE$ έχουν το ίδιο ύψος από το

στην $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ , οπότε

$\displaystyle k= \frac{BD}{EC}=\frac{\text{Area}(\triangle DAB)}{\text{Area}(\triangle CAE)}=\frac{\frac{1}{2}AB\cdot AD\cdot \sin \angle DAB }{\frac{1}{2}AC\cdot AE\cdot \sin \angle CAE}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{AD}{AE}.$

Αφού $\angle DAC=\angle EAB$ , εάν ήταν k=1

, τότε το $\triangle DAC$ θα ήταν όμοιο με το τρίγωνο $\triangle EAB$ με $\angle ABE=\angle ACD$ . Όμως, αυτό δεν μπορεί να ισχύει ανεξάρτητα από το που βρίσκεται το

στην ευθεία $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ με $D\ne B, C$ επειδή το τρίγωνο $\triangle ABC$ είναι σκαληνό. Επομένως $k\ne 1$ και οι ευθείες $\overset{\longleftrightarrow}{O_1O_2}$ και $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ τέμνονται σε ένα σημείο, έστω το

. Το

είναι το κέντρο ομοιοθεσίας με λόγο

που απεικονίζει το $\triangle DO_1B$ στο $\triangle CO_2E,$ οπότε

$\displaystyle \frac{PD}{PC}=k=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{AD}{AE}. (1)$

Επιπλέον, είναι $\dfrac{PB}{BE}=\dfrac{PO_1}{O_1O_2}=\dfrac{PD}{DC},$ και έτσι

$\displaystyle \frac{PB}{PD}=\frac{BE}{DC}=\frac{\text{Area}(\triangle EAB)}{\text{Area}(\triangle CAD)}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{AE}{AD}, (2)$

αφού τα τρίγωνα $\triangle EAB$ και $\triangle CAD$ έχουν το ίδιο ύψος από το

προς την $\overset{\longleftrightarrow}{BC}$ , και $\angle EAB=\angle CAD$ . Πολ/ντας τις (1) και (2) παίρνουμε

$\displaystyle \frac{PB}{PC}= \left(\frac{AB}{AC}\right)^2.$

Συνεπώς, το

είναι ένα σημείο ανεξάρτητο της επιλογής το

και η απόδειξη μας είναι πλήρης.

Σχόλιο: Έστω ότι η

συμμετροδιάμεσος του $\triangle ABC$ τέμνει την $\overline{BC}$ στο

. Είναι γνωστό ότι $\frac{QB}{QC}= \left(\frac{AB}{AC}\right)^2$ οπότε, από την τελευταία ισότητα αποδεικνύει ότι το

είναι το αρμονικό συζυγές του

ως προς το

και το

.

mathematica.gr

Σταθερό σημείο

Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο