Or.Geo.Problem

[S.E.Louridas]

Δίνεται τρίγωνο ΑΒC με

Έστω Μ σημείο που κινείται στο τόξο ΒΤC του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΒΤC όπου Τ είναι το σημείο τομής των ΒD, CΕ με την ιδιότητα
(εσωτερικά σημεία) και με τους περιγεγραμμένους κύκλους στα τρίγωνα ΑΒD και DCT να τέμνονται και σε σημείο της πλευράς ΒC. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της
συναρτήσει των πλευρών του ABC.

S.E.Louridas

[Stefanos87]

Λογω θεωριας Miquel (ή ευκολα με γωνιακες σχεσεις) εχουμε οτι αφου το σημειο τομης των κυκλων ειναι στη BC το τετραπλευρο ΑΕΤD ειναι εγγραψιμο. Επομενως εχουμε και τη γωνιακη σχεση ΒΜC= 180-A. Θεωρουμε το σημειο Ν τετοιο ωστε το τετραπλευρο ΒNCM να ειναι παραλληλογραμμο. Τοτε και η γωνια ΒΝC=180-Α, οποτε το Ν βρισκεται στο περιγεγραμμενο κυκλο του ABC. Τωρα εχουμε



Χρησιμοποιωντας τωρα οτι σε καθε τριγωνο ισχυει οτι , εχουμε



οπου ειναι η καθετη απο το Β στην ΑΝ και η ακτινα του περιγεγραμμενου κυκλου του ABC (που ειναι η ιδια για τα σχετικα τριγωνα). Τωρα, αν η ΑΝ τεμνει την ΒC στο Ρ τοτε εχουμε με ισοτητα και στις δυο αν και μονο αν το ΑΝ ειναι το υψος. Αρα λοιπον . Επομενως η μεγιστη τιμη της Χ ειναι

,

οπου ειναι το υψος απο το Α στο τριγωνο ABC (και ευκολα υπολογιζεται συναρτησει τον πλευρων του). Η ισοτητα λοιπον ισχυει για το Μ που ειναι το συμμετρικο ως προς το μεσο της BC της τομης του υψους απο το Α με τον περ. κυκλο.


Δεν γινεται χρηση, ωστοσο, του οτι Α=60.

Κυριε Λουριδα, ελπιζω τα παραπανω να δουλευουν.

Στεφανος.

[S.E.Louridas]

Στέφανε (κατ' αρχήν σωστά έλυσες το πρόβλημα) αλλά έλαβες υπ' όψη οτι η ικανή και αναγκαία συνθήκη γιά να βρίσκεται το σημείο Miquel στην BC είναι,το τατράπλευρο AETD είναι εγγράψιμμο οπότε <Α=60-μοίρες γιά μία επιπλέον συνθήκη γιά τις πλευρές του;
Tελικά έχεις δίκιο το <Α =60 κακώς δόθηκε και είναι περιττό.
Σε ευχαριστώ

S.E.Louridas

[S.E.Louridas]

Πάντως για λόγους Μαθηματικής πολυφωνίας που είναι πολύ ουσιαστικό, αναφέρω ότι για το γινόμενο

(θ.Πτολεμαίου), όταν
Ν το συμμετρικό του σημείου Μ ως προς την BC που προφανώς βρίσκεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC.

Υ.Γ.
Να που όταν προσπαθείς να κατασκευάσεις ένα καινούργιο πρόβλημα η πιθανότητα να δώσεις κάτι το περιττό είναι υπαρκτή, αν και στην περίπτωση μας η μέθοδος απόδειξης παραμένει ίδια.Ένας,όμως σοβαρός κίνδυνος όταν κατασκευάζουμε ένα πρόβλημα είναι να το προορίζουμε γιά επιπέδο Α και στην πορεία να προκείπτει άλλου επιπέδου.
Παρ' όλα αυτά το Μαθηματικό αυτό ''παιχνίδι'' ( κατασκευή προβλημάτων) έχει τεράστιο ενδιαφέρον και πρέπει να το επιχειρούμε εμείς αλλά και με συμμετοχή της τάξης στήν οποία διδάσκουμε.


S.E.Louridas

[Stefanos87]

Κυριε Λουριδα, πολυ μου αρεσει και η λυση σας. Οπως ειπατε, ειναι μια απλη ασκηση να δειχτει οτι τελικα βρισκουμε το ιδιο Μ (παρολο που παμε μεσω διαφορετικων Ν!).

Γενικα η ασκηση ειναι πολυ ωραια. Θελετε, μηπως, να μοιραστειτε μαζι μας γιατι αρχικα ειχατε Α=60? Ειχατε αλλη αποδειξη που το χρησιμοποιει ρητα?

ΥΓ. Κυριε Λουριδα, αν εχετε χρονο, δειτε λιγο το ποστ μου στο θεμα για την γεωμετρια ΒΜΟ 2001.

[S.E.Louridas]

Με χαρά μου Στέφανε.
Διότι σε πρώτη φάση το πρόβλημα που κατασκεύασα έλεγε:
Εστω τρίγωνο ΑΒC με BD, CE τίς διχοτόμους τών εσωτερικών διχοτόμων που τέμνονται στο Ι.Αν Μ κινούμενο σημείο του τόξου ΒΙC ...θέλοντας να χρησιμοποιήσω την συμμετρικότητα του τόξου ΒΙC και του μικρού τόξου ΒC το οποίο έβλεπε η γωνία τών 60-μοιρών γιά να παω στο θ.Πτολεμαίου μέσα από την συμμετρία που είδαμε...
Όμως μού ήρθε η ιδέα του θ. Miquel και αντικατέστησα το σκηνικό του εκκέντρου με το δεδομένο που τελικά οδήγησε στό θ Miquel και έτσι γεννήθηκε η άσκηση που έλυσες με επιτυχία (Το έχω ανεβάσει και στο Mathlinks,γιά να δούμε).

S.E.Louridas