Διέρχεται από το περίκεντρο

#1

: Διέρχεται από το περίκεντρο.png (25.9 KiB) Προβλήθηκε 1830 φορές

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $ABC, (AB\ne AC)$ και έστω

το ορθόκεντρο και

το μέσο του μεγάλου τόξου

του περίκυκλού του. Επί των πλευρών AB, AC

θεωρούμε τα σημεία D, E

αντίστοιχα, ώστε η

να διέρχεται

από το

και να είναι AD=AE

. Να δείξετε ότι η

διέρχεται από το περίκεντρο

του τριγώνου ADE

.

dement · #2

Έστω

το μέσο του

και

το διαμετρικό του

. Επίσης έστω $L \equiv AK \cap HM$ . Αφού τα AM, XH

είναι παράλληλα και αντίρροπα, το

είναι εσωτερικό του

.

Ισχύει $\triangle{AXH} \approx \triangle{AMN}$ οπότε $\displaystyle \frac{XH}{AM}=\frac{AH}{MN} = \cos A = \frac{KX}{KB} = \frac{KX}{AK}$ .

Επίσης, λόγω παραλληλίας των AM, DE

ισχύει $\displaystyle \frac{XH}{AM} = \frac{LX}{AL}$ . Άρα K = L

αφού τα

είναι εσωτερικά του

.

#3

Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε αυτό http://artofproblemsolving.com/communit ... 098p519896 για μία γρήγορη απόδειξη.

Henri van Aubel · #4

Είναι βέβαια $\displaystyle \frac{AK}{AH}=\frac{AK}{AD}\cdot \frac{AD}{AH}=\frac{1}{2\displaystyle\cos \frac{A}{2}}\cdot \frac{\sin \left ( \displaystyle\frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle\cos \frac{A}{2}}=\frac{\displaystyle\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle2\cos ^{2}\frac{A}{2}}\left ( 1 \right )$

Επιπλέον , έχουμε $\displaystyle \frac{AH}{AM}=\frac{AH}{AC}\cdot \frac{AC}{AM}=\frac{\cos A}{\sin B}\cdot \frac{\sin B}{\displaystyle\sin \left ( B+\frac{A}{2}-90^\circ \right )}=-\frac{\cos A}{\cos \left (\displaystyle \frac{A}{2}+B \right )}\left ( 2 \right )$

Από τις $\left ( 1 \right )\&\left ( 2 \right )$ έπεται ότι $\displaystyle \frac{AK}{AM}=-\frac{\displaystyle\cos A\sin \left ( \frac{A}{2} +B\right )}{\displaystyle 2\cos ^{2}\frac{A}{2}\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )}.$

Εξάλλου, $K\widehat{A}M=90^\circ.$ Συνεπώς, είναι $\displaystyle \cot A\widehat{K}M=\frac{AK}{AM}=-\frac{\displaystyle\cos A\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle 2\cos ^{2}\frac{A}{2}\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )}\left ( I \right ).$

Επιπλέον, είναι $\displaystyle \frac{AK}{AH}=\frac{\displaystyle\left ( \sin\frac{A}{2} +B\right ) }{\displaystyle 2\cos^{2}\frac{A}{2} }.$

Εξάλλου, $\displaystyle H\widehat{A}K=\frac{A}{2}+B-90^\circ.$ Επομένως έχουμε $\displaystyle \frac{\sin \left ( \displaystyle A\widehat{K} H+\frac{A}{2}+B-90^\circ\right )}{\sin A\widehat{K}H}=-\frac{\displaystyle\cos \left ( \frac{A}{2}+B+A\widehat{K}H \right )}{\sin A\widehat{K}H}=\frac{AK}{AH}.$

Τέλος, είναι $\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )-\cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )\cot A\widehat{K}H=\frac{\displaystyle\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle2 \cos ^{2}\frac{A}{2}}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cot A\widehat{K}H=\frac{\displaystyle\cos A\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle2\cos \left ( \frac{A}{2} +B\right )\cos ^{2}\frac{A}{2}}\left ( II \right )$

Τελειώνοντας από $\left ( I \right ),\left ( II \right )$ είναι $A\widehat{K}M+A\widehat{K}H=180^\circ.$

Κω.Κωνσταντινίδης · #5

Ισχύει και η παρακάτω γενίκευση:

Έστω ABC

σκαληνό τρίγωνο και

μια ευθεία που διέρχεται από το ορθόκεντρο

. Έστω ότι η

τέμνει την

στο

και την

στο

. Αν

είναι το περίκεντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου AEF

και

τέμνει τον περίγεγραμμένο κύκλο του ABC

στο

, να αποδειχθεί ότι δια του

κάθετη στην BC και η

τέμνονται στον περιγεγραμμένο κύκλο του (ABC)

.

Henri van Aubel · #6

Κω.Κωνσταντινίδης έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 14, 2023 6:25 pm
Ισχύει και η παρακάτω γενίκευση:

Έστω σκαληνό τρίγωνο και μια ευθεία που διέρχεται από το ορθόκεντρο . Έστω ότι η τέμνει την στο και την στο . Αν είναι το περίκεντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου και τέμνει τον περίγεγραμμένο κύκλο του στο , να αποδειχθεί ότι δια του κάθετη στην BC και η τέμνονται στον περιγεγραμμένο κύκλο του .

Καλησπέρα! Ωραίο και δύσκολο. Δίνω τη λύση μου. Έστω R η δεύτερη τομή της εκ του F κάθετης στην ΒC με τον κύκλο (ABC).

1ο μέρος: Έστω $\angle ADE=y.$ Είναι από νόμους ημιτόνων κλπ $\displaystyle \frac{AK}{AH}=\frac{AK}{AD}\cdot \frac{AD}{AH}=\frac{1}{2\sin \left ( A+y \right )}\cdot \frac{\sin \left ( y+90^\circ-B \right )}{\sin y}=\frac{\cos \left ( B-y \right )}{2\sin y\sin \left ( A+y \right )}\left ( 1 \right ).$

Ομοίως προκύπτει $\displaystyle \frac{AH}{AR}=\frac{AH}{AB}\cdot \frac{AB}{AR}=\frac{\cos A}{\sin C}\cdot \frac{\sin C}{\sin \left ( A+B+y \right )}=\frac{\cos A}{\sin \left ( A+B+y \right )}\left ( 2 \right ).$

Από τις $\left ( 1 \right )\&\left ( 2 \right )$ προκύπτει πως $\displaystyle \frac{AK}{AR}=\frac{\cos A\cos \left ( B-y \right )}{2\sin y\sin \left ( A+y \right )\sin \left ( A+B+y \right )}.$

Εξάλλου, $R\widehat{A}K=A+2y-90^\circ.$ Συνεπώς, έχουμε $\displaystyle \frac{AK}{AR}=\frac{\sin \left ( A+2y-90^\circ+A\widehat{K}R \right )}{\sin A\widehat{K}R}=\sin \left ( A+2y \right )-\cos \left ( A+2y \right )\cot A\widehat{K}R.$

Επομένως, είναι $\displaystyle \sin \left ( A+2y \right )-\cos \left ( A+2y \right )\cot A\widehat{K}R=\frac{\cos A\cos \left ( B-y \right )}{2\sin y\sin \left ( A+y \right )\sin \left ( A+B+y \right )}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cot A\widehat{K}R=\frac{2\sin y\sin \left ( A+y \right )\sin \left ( A+2y \right )\sin \left ( A+B+y \right )-\cos A\cos \left ( B-y \right )}{2\sin y\sin \left ( A+y \right )\cos \left ( A+2y \right )\sin \left ( A+B+y \right )}\left ( I \right ).$

Μέρος 2: Έχουμε δείξει στο μέρος 1 ότι $\displaystyle \frac{AK}{AH}=\frac{\cos \left ( B-y \right )}{2\sin y\sin \left ( A+y \right )}.$

Εξάλλου, $H\widehat{A}K=180^\circ-A-B-y.$ Συνεπώς, είναι $\displaystyle \frac{AK}{AH}=\frac{\sin \left ( A+B+y-A\widehat{K}H \right )}{\sin A\widehat{K}H}=\sin \left ( A+B+y \right )\cot A\widehat{K}H-\cos \left ( A+B+y \right ).$

Οπότε είναι $\displaystyle \sin \left ( A+B+y \right )\cot A\widehat{K}H-\cos \left ( A+B+y \right )=\frac{\cos \left ( B-y \right )}{2\sin y\sin \left ( A+y \right )}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cot A\widehat{K}H=\frac{\cos \left ( A+2y \right )\left ( \cos \left ( B-y \right )+2\sin y\sin \left ( A+y \right )\cos \left ( A+B+y \right ) \right )}{2\sin y\sin \left ( A+y \right )\sin \left ( A+B+y \right )\cos \left ( A+2y \right )}\left ( II \right ).$

Από τις σχέσεις $\left ( I \right )\&\left ( II \right )$ συμπεραίνουμε ότι $\cot A\widehat{K}R=-\cot A\widehat{K}H$ οπότε $A\widehat{K}R+A\widehat{K}H=180^\circ.$

Συνεπώς, τα σημεία R,K,H

είναι συνευθειακά που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Το μόνο που χρειάζεται είναι ότι τα παρακάτω είναι ίσα μεταξύ τους:

$A=-2\sin y\sin \left ( A+y \right )\sin \left ( A+2y \right )\sin \left ( A+B+y \right )+\cos A\cos \left ( B-y \right )$

$B=\cos \left ( A+2y \right )\left ( \cos \left ( B-y \right )+2\sin y\sin \left ( A+y \right )\cos \left ( A+B+y \right ) \right )$

Πράγματι, αυτό αληθεύει καθώς $A-B=\cos \left ( B-y \right )\left ( \cos A-2\sin y\sin \left ( A+y \right )-\cos \left ( A+2y \right ) \right )=0$

Τέλος.

Υ.Σ Χρησιμοποίησα τα σημεία της άσκησης του Γιώργου Βισβικη και θεώρησα F την δεύτερη τομή της AK με τον κύκλο (ABC). Επί της ουσίας, δεν δόθηκε ως δεδομένο ότι AD=AE .Αυτή είναι η γενίκευση .

Πολύ καλή άσκηση!!

giannimani · #7

Η δική μου προσπάθεια χρηιμοποιεί την υπόδειξη του Σιλουανού.

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι

,

είναι διχοτόμοι των κατακορυφήν γωνιών $BHC_{1}$ , $CHB_{1}$ αντίστοιχα.
Επομένως, από θεώρημα διχοτόμων έχουμε $\frac{DB}{DC_{1}}=\frac{HB}{HC_{1}}$ και $\frac{EC}{EB_{1}}=\frac{HC}{HB_{1}}$ .
Αλλά $HB\cdot HB_{1}=HC \cdot HC_{1}\;\Rightarrow \frac{HB}{HC_{1}}=\frac{HC}{HB_{1}}$ . Ως εκ τούτου, $\frac{DB}{DC_{1}}=\frac{EC}{EB_{1}}\;\Rightarrow \frac{DB}{DB+DC_{1}}=\frac{EC}{EC+EB_{1}}\;\Rightarrow\; \frac{DB}{BC_{1}}=\frac{EC}{EB_{1}}$ .
Έστω $\frac{DB}{BC_{1}}=\frac{EC}{EB_{1}}= k$ . Τότε $DB = k \cdot BC_{1}$ και $EC= k\cdot EB_{1} \quad (2)$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε το ακόλουθο λήμμα:

Τα σημεία και κινούνται με σταθερές ταχύτητες (όχι αναγκαία ίσες) σε δύο σταθερές ευθείες που τέμνονται
στο σημείο . Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου , διέρχεται από δύο σταθερά σημεία
και , όπου το είναι το κέντρο της σπειροειδούς ομοιότητας που μετασχηματίζει τα σημεία στα σημεία .

: pass_through_circumcenter.png (56.09 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

Έστω ότι αρχικά τα

,

βρίσκονται στις θέσεις των κορυφών

,

αντίστοιχα. Μετά παρέλευση χρόνου

στις θέσεις $C_{1}$ , $B_{1}$ , οπότε σύμφωνα με τις σχέσεις (2)

, μετά παρέλευση χρόνου

τα

,

θα βρίσκονται στις θέσεις

,

αντίστοιχα. Ως εκ τούτου, οι κύκλοι $(ABC)\equiv \Omega$ , $(AC_{1}B_{1})\equiv \omega '$ και $(ADE)\equiv \omega$ θα διέρχονται από τα σημεία

,

.

Έστω

,

τα κέντρα των κύκλων $\Omega$ , $\omega$ , $\omega '$ αντίστοιχα. Τότε $\overline {OKL} \bot AP$ (η διάκεντρος είναι κάθετος στην κοινή χορδή των κύκλων).
Λόγω του ισοσκελούς τριγώνου ADE

το περίκεντρο

αυτού του τριγώνου ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας

, η οποία
τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο $\Omega$ του $\triangle ABC$ στο αντιδιαμετρικό σημείο

του

.
Εφόσον η

είναι διάμετρος του κύκλου $\omega '$ ( $\angle AB_{1}H=90^{\circ}$ ), τότε $\angle APH =90^{\circ}$ . Επομένως, το σημείο τομής

της ευθείας

με τον κύκλο $\Omega$ θα είναι το αντιδιαμετρικό της κορυφής

σε αυτόν τον κύκλο.
Αλλά από γνωστή ιδιότητα το συμμετρικό του ορθόκεντρου

του τριγώνου ABC

ως προς το μέσο $A_{0}$ της πλευράς

είναι
το αντιδιαμετρικό της κορυφής

. Ως εκ τούτου, τα σημεία

,

, $A_{0}$ ,

ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Είναι $AH \parallel MN$ . Εφόσον $\frac{AL}{LH}=\frac{MO}{ON} \Rightarrow \frac{AL}{LH}=\frac{ON}{OM}$ , οπότε σύμφωνα με το αντίστροφο του θεωρήματος της δέσμης ευθειών,
οι ευθείες

,

αποτελούν δέσμη, και εφόσον $K \equiv OL \cap AN$ , τότε και η

διέρχεται από το

.

Henri van Aubel · #8

Ωραία λύση, αλλά προσοχή! Αυτή είναι η λύση της αρχικής άσκησης και όχι της γενίκευσης!

giannimani · #9

Έστω ABC σκαληνό τρίγωνο και $\ell$ μια ευθεία που διέρχεται από το ορθόκεντρο H.
Έστω ότι η $\ell$ τέμνει την AB στο E και την AC στο F. Αν K είναι το περίκεντρο
του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου AEF και AK τέμνει τον περίγεγραμμένο
κύκλο του ABC στο D, να αποδειχθεί ότι δια του D κάθετη στην BC και η HK τέμνονται
στον περιγεγραμμένο κύκλο του (ABC).

Το πρόβλημα χωρίζεται σε δύο υποπροβλήματα:

1. Η ευθεία

τέμνει το τόξο BAC

του κύκλου $(ABC)\equiv \Omega$ σε σημείο

, έτσι ώστε $AM \parallel EF$ .
Την απόδειξη αυτού δίνει ο ο ζωντανός Θρύλος της Γεωμετρίας Jean-Louis AYME
στο ιστολόγιό του και συγκεκριμένα στη διεύθυνση
http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Doc ... ie%205.pdf
προβλήματα 13, 14, σελ. 39-43.

2. Η κάθετος της

που άγεται από το σημείο

τέμνει το τόξο BAC

του κύκλου $(ABC)\equiv \Omega$
σε σημείο

, έτσι ώστε $AM \parallel EF$ .

: pass_through_ortho.png (77.16 KiB) Προβλήθηκε 693 φορές

Απόδειξη: Η

τέμνει τον κύκλο $(AEF)\equiv \omega$ στο σημείο

. Τότε,
$\angle AES=\angle AFS=90^{\circ}$ (

διάμετρος του $\omega$ ).
Έστω

,

οι προβολές του

στις

,

αντίστοιχα. Τότε, η ευθεία

είναι η ευθεία Simson
του σημείου

στον κύκλο $\Omega$ , Αν $N\equiv PQ\cap BC$ , τότε $DN\bot BC$ . και έστω

το σημείο τομής της ευθεία

με το τόξο BAC

του κύκλου $\Omega$ .
Εφόσον $SE \parallel DP$ και $SF \parallel DQ$ είναι:
$\frac{AE}{AP}=\frac{AS}{AD}\quad (1)$ και $\frac{AF}{AQ}=\frac{AS}{AD}\quad (2)$
Από (1)

,

προκύπτει ότι $EF\parallel PQ\quad (3)$ .
Για την περίπτωση του σχήματος (για άλλες περιπτώσεις εργαζόμαστε με όμοιο τρόπο) έχουμε ότι
το τετράπλευρο DNQC

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle NDC=\angle AQN\quad (4)$ . Αλλά $\angle NDC=\angle MDC=\angle MAC \quad (5)$ .
Από (4)

,

$\angle MAQ=\angle AQP\; \Rightarrow AM \parallel PQ$ , και λόγω της (3)

$AM \parallel EF$ .

Διέρχεται από το περίκεντρο

Διέρχεται από το περίκεντρο

Re: Διέρχεται από το περίκεντρο

Re: Διέρχεται από το περίκεντρο

Re: Διέρχεται από το περίκεντρο

Re: Διέρχεται από το περίκεντρο

Re: Διέρχεται από το περίκεντρο

Re: Διέρχεται από το περίκεντρο

Re: Διέρχεται από το περίκεντρο

Re: Διέρχεται από το περίκεντρο

Μέλη σε σύνδεση