mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 16, 2021 1:13 pm**

: Το σημείο του Gezar Kosnitza.png (42.92 KiB) Προβλήθηκε 1313 φορές

Έστω τα κέντρα των περίκυκλων των τριγώνων $\vartriangle BOC,\vartriangle COA,\vartriangle AOB$ αντίστοιχα , με το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δείξετε ότι οι διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω )

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 16, 2021 4:36 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τρί Νοέμ 16, 2021 1:13 pm Το σημείο του Gezar Kosnitza.png
Έστω τα κέντρα των περίκυκλων των τριγώνων $\vartriangle BOC,\vartriangle COA,\vartriangle AOB$ αντίστοιχα , με το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δείξετε ότι οι διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω )

Από το δελτοειδές C'BOA

παίρνουμε $\angle OC'A=\angle OC'A$ και από τα A'BC'O, OC'AB'

$\angle A'C'B=\angle A'C'O, \angle OC'B'=\angle B'C'A$ , απ' όπου έπεται η ισότητα $\angle BC'A=\angle B'C'A$

Όμοια, από τα AB'CO, B'OA'C

και

, έχουμε $\angle CB'A'=\angle C'B'A$ και $\angle CA'B'=\angle C'A'B$

Το ότι οι AA',BB',CC'

συντρέχουν προκύπτει από την ακόλουθη πρόταση

ΛΗΜΜΑ:
Σε ένα τρίγωνο ABC

, με τρίγωνα ABG,BCH,ACL

εξωτερικά αυτού, όπου $\angle ABG=\angle CBH, \angle BCH=\angle ACL, \angle LAC=\angle BAG$ , οι AH,CG,LB

διέρχονται από κοινό σημείο (Είναι μια γενίκευση του θεωρήματος Fermat-Toricelli για εξωτερικά ισόπλευρα).

Μία απόδειξη στα αγγλικά μπορείτε να κατεβάσετε εδώ:
https://www.researchgate.net/publicatio ... elli_Point

: Γενίκευση Fermat-Toricelli.PNG (25.46 KiB) Προβλήθηκε 1267 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 17, 2021 10:56 pm**

Γεια σας. Μια προσέγγιση:
'Εστω

το σημείο τομής της AA'

με την

. Έχουμε:
$\frac{\left( BX\right) }{\left( CX\right) }=\frac{\left( BAX\right) }{\left( CAX\right) }=\frac{\left( BA^{\prime }X\right) }{\left( CA^{\prime }X\right) }=\frac{\left( BAX\right) +\left( BA^{\prime }X\right) }{\left( CAX\right) +\left( CA^{\prime }X\right) }=\frac{\left( ABA^{\prime }\right) }{\left( ACA^{\prime }\right) }=\frac{\frac{1}{2}\left( AB\right) \left( BA^{\prime }\right) \sin \omega }{\frac{1}{2}\left( AC\right) \left( A^{\prime }C\right) \sin \varphi }=\frac{\left( AB\right) \sin \omega }{\left( AC\right) \sin \varphi }=\frac{\left( AB\right) \sin \left( B+\omega _{1}\right) }{\left( AC\right) \sin \left( C+\varphi _{1}\right) }$
από την οποία προκύπτει ότι:
$\frac{\left( BX\right) }{\left( CX\right) }=\frac{\left( AB\right) \cos \left( C-A\right) }{\left( AC\right) \cos \left( B-A\right) }$
Οι άλλοι λόγοι προκύπτουν κυκλικά και το αποδεικτέο από το θεώρημα του Ceva.

: Kosnitza.png (91.79 KiB) Προβλήθηκε 1147 φορές

Edit 18-11-21 03.30 Βλέπω ότι η παραπάνω προσέγγιση έχει πολλά κοινά σημεία με εκείνη του άρθρου A Generalisation of the Fermat-Torricelli Point στο οποίο παρέπεμψε ο thepigod762, Την αφήνω για τον κόπο της.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2021 4:26 pm**

Μια άλλη λύση είναι η εξής:
Από διάκεντρος μεσοκάθετη της κοινής χορδής έχουμε
$A'O\bot BC,B'O\bot CA,C'O\bot AB$ και $BO\bot C'A',AO\bot B'C',CO\bot A'B'$ .
Επομένως, τα τρίγωνα ΑΒC,A'B'C' είναι ορθολογικά και τα κέντρα ορθολογικότητας ταυτίζονται με το Ο.
Από το Θ.Sondat, οι ευθείες ΑΑ',BB',CC' συντρέχουν.

Σημείωση: Θεωρώντας αντιστροφή ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑBC το ζητούμενο είναι ισοδύναμο με:
Αν Χ,Y,Z είναι τα συμμετρικά του Ο ως προς τις BC,CA,AB αντίστοιχα, τότε οι (Α,O,X),(Β,Ο,Υ),(C,O,Z) συντρέχουν σε δύο σημεία.

mathematica.gr

Το σημείο του Gezar Kosnitza

Το σημείο του Gezar Kosnitza

Re: Το σημείο του Gezar Kosnitza

Re: Το σημείο του Gezar Kosnitza

Re: Το σημείο του Gezar Kosnitza