Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο

Henri van Aubel · #1

Tην βρήκα σε κάποιον Παγκύπριο διαγωνισμό επιλογής για BMO/IMO ως θέμα 3. Έχω λύση με bash (πως μεταφράζεται;), θα ήθελα να δω και τις δικές σας. Το παραθέτω.

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με

το ύψος του

και το μέσο

της πλευράς του BC.

Μία ευθεία που διέρχεται από το σημείο

τέμνει τις ευθείες AB,AC

στα σημεία I,K

αντίστοιχα και προέκυψε ότι AI=AK.

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ODM

είναι ισοσκελές, όπου

το περίκεντρο του τριγώνου AIK.

Kαλό βράδυ!

thepigod762 · #2

Henri van Aubel έγραψε: Τρί Απρ 18, 2023 7:55 pm Tην βρήκα σε κάποιον Παγκύπριο διαγωνισμό επιλογής για BMO/IMO ως θέμα 3. Έχω λύση με bash (πως μεταφράζεται;), θα ήθελα να δω και τις δικές σας. Το παραθέτω.

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με το ύψος του και το μέσο της πλευράς του
Μία ευθεία που διέρχεται από το σημείο τέμνει τις ευθείες στα σημεία αντίστοιχα και προέκυψε ότι Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές, όπου το περίκεντρο του τριγώνου

Kαλό βράδυ!

Καλούμε $\omega$ τον (A, AI)

.
Έστω

η τομή της

με την παράλληλη προς την

που άγεται από το

. Τότε
$\displaystyle -1 = (B, C ; M, P_{\infty}) \overset{A}{=} (I, K ; M , J),$
όπου $P_{\infty}$ το σημείο στο άπειρο της

.

Από τα παραπάνω το

ανήκει στην πολική του

στον κύκλο $\omega$ .

Έστω $R=(AIK) \cap AJ$ .
Η αντιστροφή ως προς τον $\omega$ στέλνει την

στον

, και άρα το

στο

.

Επομένως το

ανήκει επίσης στην πολική του

, που συνεπώς είναι η ίδια η

.

Δηλαδή $AR \perp RM$ και $BC \perp RM \Rightarrow AD \parallel RM$ , οπότε ARMD

ορθογώνιο (typo) και τα άλλα απλά.

#3

Henri van Aubel έγραψε: Τρί Απρ 18, 2023 7:55 pm Tην βρήκα σε κάποιον Παγκύπριο διαγωνισμό επιλογής για BMO/IMO ως θέμα 3. Έχω λύση με bash (πως μεταφράζεται;), θα ήθελα να δω και τις δικές σας. Το παραθέτω.

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με το ύψος του και το μέσο της πλευράς του
Μία ευθεία που διέρχεται από το σημείο τέμνει τις ευθείες στα σημεία αντίστοιχα και προέκυψε ότι Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές, όπου το περίκεντρο του τριγώνου

Kαλό βράδυ!

Ας δούμε και μια κλασική απόδειξη με στοιχειώδη μέσα

: Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο.1.png (49.27 KiB) Προβλήθηκε 1398 φορές

Από το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle AIK\left( AI=AK \right)$ προκύπτει ότι το περίκεντρό του

είναι σημείο της διχοτόμου της γωνίας του

και ας είναι

το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον κύκλο $\left( O \right)$ . Τότε είναι $TI\bot AB,TK\bot AC$ και προφανώς $TI=TK:\left( 1 \right)$ (το

είναι σημείο της διχοτόμου της $\angle BAC$ ).

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα την IMK

θα έχουμε: $\dfrac{KC}{KA}\cdot \dfrac{IA}{IB}\cdot \dfrac{MB}{MC}=1\overset{IA=KA,MB=MC}{\mathop{\Rightarrow }}\,KC=IB:\left( 2 \right)$

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle TKC,\vartriangle TIB$ είναι ίσα , άρα $\angle KCT=\angle KBT\Rightarrow A,B,T,C$ ομοκυκλικά, όποτε $\angle MCT\equiv \angle BCT=\angle BAT\equiv \angle IAT\overset{A,I,T,K\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle IKT\equiv \angle MKT\Rightarrow$
M,K,C,T

ομοκυκλικά, άρα $\angle TMC=\angle TLC={{90}^{0}}\Rightarrow TM\bot BC\overset{AD\bot BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,TM\parallel AD\Rightarrow$
ADTM

τραπέζιο και αν

είναι το μέσο της

τότε το τμήμα

συνδέει τα μέσα των διαγωνίων AT,DM

του ως άνω τραπεζίου οπότε θα είναι παράλληλο στις βάσεις του άρα $ON\parallel AD\overset{AD\bot BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,ON\bot BC\overset{ND=NM}{\mathop{\Rightarrow }}\,ON$ μεσοκάθετη της

άρα

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

#4

Henri van Aubel έγραψε: Τρί Απρ 18, 2023 7:55 pm Tην βρήκα σε κάποιον Παγκύπριο διαγωνισμό επιλογής για BMO/IMO ως θέμα 3. Έχω λύση με bash (πως μεταφράζεται;), θα ήθελα να δω και τις δικές σας. Το παραθέτω.

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο με το ύψος του και το μέσο της πλευράς του
Μία ευθεία που διέρχεται από το σημείο τέμνει τις ευθείες στα σημεία αντίστοιχα και προέκυψε ότι Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές, όπου το περίκεντρο του τριγώνου

Kαλό βράδυ!

Ας δούμε και μια διαφορετική αντιμετώπιση της απόδειξης ότι $TM\bot BC$ που τελικά είναι και το κλειδί της λύσης

: Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο2.png (35.17 KiB) Προβλήθηκε 1381 φορές

Με

σημείο της διχοτόμου της γωνίας $\angle IAK$ (αφού AI=AK

) και

το ανδιαμετρικό του

ως προς τον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle AIK$ θα είναι $TI\bot AB,TK\bot AC$ και συνεπώς τα ύψη MS,ML

των τριγώνων $\vartriangle MIT,\vartriangle MIK$ αντίστοιχα θα ταυτίζονται (μετρικά) με τις ορθές προβολες του

στις

αντίστοιχα.

Για τα τρίγωνα $\vartriangle MIT,\vartriangle MIK$ με ίσες βάσεις TI=TK

(αποστάσεις σημείου διχοτόμου γωνίας από τις πλευρές της) και το ίδιο ύψος ως προς τις βάσεις MI,MK

(έχουν τον ίδιο φορέα) θα έχουμε: $\dfrac{\left( MTI \right)}{\left( MTK \right)}=\dfrac{MS}{ML}=\dfrac{MI}{MK}:\left( 1 \right)$

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα την IMK

θα είναι: $\dfrac{KC}{KA}\cdot \dfrac{IA}{IB}\cdot \dfrac{MB}{MC}=1\overset{KA=IA,MB=MC}{\mathop{\Rightarrow }}\,KC=IB:\left( 2 \right)$

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle AIK$ με διατέμνουσα την BMC

θα είναι: $\dfrac{IB}{AB}\cdot \dfrac{CA}{KC}\cdot \dfrac{MK}{MI}=1\overset{KC=IB}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{MI}{MK}=\dfrac{AC}{AB}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{MS}{ML}=\dfrac{AC}{AB}:\left( 3 \right)$

Από την $\left( 3 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $TM\bot BC$ . Η συνέχεια όπως στην προηγούμενη ανάρτησή μου

Henri van Aubel · #5

Αφού ευχαριστήσω τους φοβερούς Στάθη Κούτρα και Γιώργο Κοτσάλη για τις πολύ ωραίες λύσεις (επιτρέψτε μου να θαυμάσω λίγο περισσότερο την λύση του Γιώργου Κοτσάλη

), βάζω μία με μετρικές σχέσεις χωρίς πείραγμα του σχήματος.

Από πρώτο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο BOC

έχουμε $\displaystyle OM^{2}=\frac{2OB^{2}+2OC^{2}-BC^{2}}{4}\left ( 1 \right )$

Aπό νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο AOB

έχουμε $\displaystyle OB^{2}=OA^{2}+AB^{2}-2OA\cdot AB\cos \displaystyle \frac{A}{2}\left ( \ast \right )$

Από τον ίδιο νόμο στο τρίγωνο AOC

έχουμε $\displaystyle OC^{2}=OA^{2}+AC^{2}-2OA\cdot AC\cos \displaystyle \frac{A}{2}\left ( \ast \ast \right )$

Άρα παίρνουμε $\displaystyle \boxed{OM^{2}=OA^{2}+\frac{2AB^{2}+2AC^{2}-BC^{2}}{4}-OA\cdot \left ( AB+AC \right )\cos \displaystyle \frac{A}{2}}$

Από τον νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο AOD

έχουμε $\displaystyle \boxed{OD^{2}=AB^{2}\sin ^{2}B+OA^{2}-2AB\sin B\cdot OA\sin \left ( \displaystyle \frac{A}{2}+B \right )}$

Από τα κουτάκια αρκεί να είναι $\displaystyle AM^{2}-OA\left ( AB+AC \right )\cos \displaystyle \frac{A}{2}=AD^{2}-2OA\cdot AB\sin B\sin \left ( \displaystyle \frac{A}{2}+B \right )\left ( I \right )$

Η αποδεικτέα γράφεται ως $\displaystyle OA\left [ \left ( AB+AC \right )\cos \displaystyle \frac{A}{2}-2AB\sin B\sin \left ( \displaystyle \frac{A}{2}+B \right ) \right ]=\left ( \displaystyle \frac{BC}{2}-AB\cos B \right )^{2}\left ( \ast \right )$

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle \frac{2IK}{BC}=\frac{\sin B+\sin C}{\cos \displaystyle \frac{A}{2}},\frac{AK}{2IK}=\frac{1}{4\sin \displaystyle \frac{A}{2}}\Rightarrow \frac{AK}{BC}=\frac{\sin B+\sin C}{2\sin A}=\frac{\displaystyle \frac{1}{2}\left ( AB+AC \right )}{BC},$

άρα $\displaystyle AK=\frac{AB+AC}{2},\frac{OA}{AK}=\frac{1}{2\displaystyle \cos \frac{A}{2}}\Rightarrow OA=\frac{AB+AC}{4\displaystyle \cos \frac{A}{2}}\left ( 2 \right )$

Αρκεί λοιπόν να αποδείξω ότι $\displaystyle \frac{AB+AC}{\displaystyle 4\cos \frac{A}{2}}\cdot \left [ \left ( AB+AC \right )\cos \frac{A}{2}-2AB\sin B\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right ) \right ]=\left ( \frac{AC^{2}-AB^{2}}{2BC} \right )^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left ( \frac{(AB+AC)BC}{2BC} \right )^{2}-\frac{(AB+AC)AB\sin B\sin \displaystyle\frac{A}{2} \left ( \displaystyle \sin \displaystyle \frac{A}{2}+B \right )}{\sin A}=\left ( \frac{AC^{2}-AB^{2}}{2BC} \right )^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \boxed{A=\left ( \frac{(AB+AC)BC}{2BC} \right )^{2}-\frac{(AB+AC)\left (AB^{2}+BC^{2} -AC^{2}\right )AC+(AB+AC)\left ( AC^{2}+BC^{2}-AB^{2} \right )AB}{4AB\cdot BC^{2}}}$

και ισούται με το μέλος $\displaystyle \boxed{B=\left ( \frac{AC^{2}-AB^{2}}{2BC} \right )^{2}},$ άρα τελειώσαμε.

Υ.Σ Στο forum φαίνονται πολλές οι πράξεις, αλλά στην πραγματικότητα είναι στο άψε-σβήσε. Επίσης, σκέφτηκα μία γεωμετρική λύση την οποία μπορεί να ανεβάσω το βράδυ, αν έχει ουσιαστικές διαφορές με τις υπόλοιπες.

Henri van Aubel · #6

Δίνω μετά από πολύ καιρό (το είχα ξεχάσει) και την γεωμετρική μου λύση. Η λύση μου με bash είναι απλή , γραμμένη λίγο πιο πάνω. Έχω βρει άλλες δύο λύσεις. Δίνω για αρχή την 1η.

1η λύση: Έστω

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο $\left ( AIK \right )$ τότε $QI\perp AB$ και $QK\perp AC.$ Οπότε από Simpson το

ανήκει στον κύκλο $\left ( ABC \right )$ οπότε $QM\perp BC.$ Συνεπώς QM//AD

οπότε στο τραπέζιο ADQM

η εκ του

κάθετη στην διαγώνιο

θα την τμήσει στο μέσον της.

2η λύση: Έστω $AO\cap BC=L$ ,

η προβολή του

στην πλευρά

και

ύψος του

Από το Θ. Μενέλαου στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα IMK

προκύπτει πως $\displaystyle \frac{BI}{AI}\cdot \frac{AK}{KC}\cdot \frac{MC}{BM}=1^{AI=AK\&MC=BM}\Longleftrightarrow BI=KC.$

Συνεπώς, είναι $\displaystyle AI-c=b-AI\Longleftrightarrow AI=AK=\frac{b+c}{2}.$

Εξάλλου, $\displaystyle OM^{2}=\frac{2\left ( AO^{2}+c^{2}-2c\cdot AO\cdot \frac{AZ}{AL} \right )+2\left ( AO^{2}+b^{2}-2b\cdot AO\cdot \frac{AZ}{AL} \right )-a^{2}}{4}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow OM^{2}=AO^{2}+\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}}{4}-AO\cdot \frac{AZ}{AL}\left ( b+c \right ).$

Επειδή $\displaystyle AO\cdot \frac{AZ}{AL}=\frac{b+c}{4}\Longrightarrow \boxed{OM^{2}=AO^{2}+\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}-\left ( b+c \right )^{2}}{4}}\left ( 1 \right )$

Επιπλέον, είναι απλό με νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο AOD

ότι $\displaystyle OD^{2}=AO^{2}+AD^{2}-2AO\cdot AD\cdot \frac{AD}{AL}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow OD^{2}=AO^{2}+AD^{2}-2\cdot\frac{b+c}{4}\cdot \frac{AL}{AZ}\cdot AD\cdot \frac{AD}{AL}=AO^{2}+AD^{2}\left ( 1-\frac{b+c}{2AZ} \right ).$

Έχουμε όμως $\displaystyle LZ//PC\Longrightarrow \frac{BZ}{BP}=\frac{BL}{BC}=\frac{BZ}{\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2c}}=\frac{c}{b+c}\Longleftrightarrow BZ=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2\left ( b+c \right )}.$

Οπότε είναι $\displaystyle AZ=c-\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2\left ( b+c \right )}=\frac{\left ( b+c+a \right )\left ( b+c-a \right )}{2\left ( b+c \right )}$ .

Συνεπώς, έχουμε $\displaystyle OD^{2}=AO^{2}+AD^{2}\left [ 1-\frac{\left ( b+c \right )^{2}}{\left ( b+c+a \right )\left ( b+c-a \right )} \right ]=AO^{2}-AD^{2}\cdot \frac{a^{2}}{\left ( b+c+a \right )\left ( b+c-a \right )}=$

$\displaystyle= AO^{2}-\frac{\left ( a+b+c \right )\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )\left ( b+c-a \right )}{4a^{2}}\cdot \frac{a^{2}}{\left ( b+c+a \right )\left ( b+c-a \right )}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \boxed{OD^{2}=AO^{2}-\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}{4}}\left ( 2 \right )$

Οι σχέσεις $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 2 \right )$ μας οδηγούν στο $\displaystyle OM^{2}-OD^{2}=\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^{2}-\left ( b+c \right )^{2}+\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}{4}=0$

που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο

Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο

Re: Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο

Re: Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο

Re: Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο

Re: Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο

Re: Ισοσκελές από περίκεντρο, ορθή προβολή και μέσο

Μέλη σε σύνδεση