Δύσκολη (;) Γεωμετρία

nickthegreek · #1

Από IMO Shortlist 2009,μια υπέροχη κατά τη γνώμη μου άσκηση:

'Eστω ABCD

εγγράψιμο τετράπλευρο,όχι τραπέζιο και έστω

το σημείο τομής των διαγωνίων

και

.Οι ευθείες

και

τέμνονται στο

. Tα μέσα των

και

είναι τα σημεία

και

αντίστοιχα.

Να δειχθεί ότι η

εφάπτεται στο

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου του τριγώνου EGH

.

Φιλικά,
Νίκος

#2

Καταπληκτικό θέμα

Λήμμα 1

: ΔΓ1.jpg (37.42 KiB) Προβλήθηκε 2188 φορές

Τετράπλευρο $\displaystyle{ABCD}$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c:\left( {O,R} \right)}$ . Οι πλευρές $\displaystyle{AD{\text{ \& }}BC}$ τέμνονται στο σημείο

, οι πλευρές $\displaystyle{CD{\text{ \& }}BA}$ τέμνονται στο σημείο

και οι διαγώνιοι $\displaystyle{AC{\text{ \& }}BD}$ τέμνονται στο σημείο

. Τότε το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{FOL}$ .

Το λήμμα αυτό κρύβει πολύ μεγάλο πλούτο υφής και το θεωρώ μεγάλης σπουδαιότητας. Υποθέτω πως θα είναι κάποιο θεώρημα. Δεν το βρήκα όμως κάπου (δεν διεκδικώ βέβαια σκορ διερεύνησης). Το αποδεικνύω στο τέλος, επί του παρόντος θα χρησιμοποιηθεί.

Λήμμα 2
Σε τετράπλευρο $\displaystyle{ABCD}$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{\left( {O,R} \right)}$ , οι διαγώνιοι τέμνονται στο σημείο

, οι πλευρές $\displaystyle{AB{\text{ \& }}DC}$ στο σημείο

, οι πλευρές $\displaystyle{DA{\text{ \& }}CB}$ στο σημείο

και έστω $\displaystyle{G{\text{ \& }}H}$ τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{AB{\text{ \& }}DC}$ . Αν η $\displaystyle{HG}$ τέμνει την $\displaystyle{FC}$ στο σημείο

, τότε $\displaystyle{H\hat PC = D\hat FE{\text{ }}\left( {\hat \omega = \hat x} \right)}$ .

: ΔΓ2.jpg (39.2 KiB) Προβλήθηκε 2188 φορές

Απόδειξη.
Από λήμμα 1 έχουμε ότι το σημείο

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{LOF}$ . Αν

το σημείο τομής των $\displaystyle{OE{\text{ \& }}LF}$ τότε $\displaystyle{O\hat KL = {90^o}}$ . Επίσης $\displaystyle{O\hat GL = O\hat HL = {90^o}}$ , επομένως τα σημεία $\displaystyle{H,O,G,K{\text{ \& }}L}$ είναι ομοκυκλικά σε κύκλο διαμέτρου

(λόγω των ορθών γωνιών).

Οπότε θα έχουμε $\displaystyle{\hat \omega = \hat y - \hat \alpha = \hat z - A\hat DC = \left( {{{90}^o} - \hat \psi } \right) - A\hat DC = {90^o} - \left( {\hat \psi + A\hat DC} \right) = {90^o} - \hat \varphi = \hat x}$

Στο θέμα μας.

: ΔΓ3.jpg (28.43 KiB) Προβλήθηκε 2188 φορές

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{G\hat EF = G\hat HE}$ . Τότε προκύπτει ότι η

είναι εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\displaystyle{GEH}$ (λόγω γωνίας χορδής και εφαπτομένης, ίσης με την αντίστοιχη εγγεγραμμένη).

Από λήμμα 2 έχουμε ότι $\displaystyle{\hat x = \hat \omega }$ , τότε $\displaystyle{\hat x + \hat y = \hat \omega + \hat y \Rightarrow H\hat QC = T\hat EB}$ , επομένως τα τρίγωνα $\displaystyle{TBE{\text{ \& }}HCQ}$ είναι όμοια ( $\displaystyle{T\hat BE = Q\hat CH{\text{ \& }}T\hat EB = H\hat QC}$ ).
Τότε $\displaystyle{E\hat TB = C\hat HQ \Rightarrow \left( {T\hat GE + T\hat EG} \right) = \left( {C\hat HE + E\hat HQ} \right){\text{ }}\left( * \right)}$

Τα τρίγωνα $\displaystyle{ABE{\text{ \& }}DCE}$ είναι όμοια (προφανώς) και οι $\displaystyle{EG{\text{ \& }}EH}$ είναι διάμεσοί τους, άρα τα τρίγωνα $\displaystyle{EGB{\text{ \& }}EHC}$ είναι όμοια, οπότε $\displaystyle{C\hat HE = T\hat GE{\text{ }}\left( {**} \right)}$
Αφαιρώντας τις $\displaystyle{\left( * \right){\text{ \& }}\left( {**} \right)}$ προκύπτει ότι $\displaystyle{G\hat EF = G\hat HE}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Απόδειξη του αρχικόύ λήμματος
Λήμμα 1
Τετράπλευρο $\displaystyle{ABCD}$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c:\left( {O,R} \right)}$ . Οι πλευρές $\displaystyle{AD{\text{ \& }}BC}$ τέμνονται στο σημείο

, οι πλευρές $\displaystyle{CD{\text{ \& }}BA}$ τέμνονται στο σημείο

και οι διαγώνιοι $\displaystyle{AC{\text{ \& }}BD}$ τέμνονται στο σημείο

. Τότε το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{HOZ}$ .

: ΔΓ4.jpg (51.78 KiB) Προβλήθηκε 2188 φορές

Απόδειξη.
Φέρουμε τους περιγεγραμμένους κύκλους $\displaystyle{{c_1}{\text{ \& }}{c_2}}$ των τριγώνων $\displaystyle{AED{\text{ \& }}BEC}$ οι οποίοι τέμνονται (εκτός του σημείου

) έστω στο σημείο

. Η

είναι ριζικός άξονας των $\displaystyle{{c_1}{\text{ \& }}{c_2}}$ , η

είναι ριζικός άξονας των $\displaystyle{{c_1}{\text{ \& }}c}$ και η

των $\displaystyle{{c_2}{\text{ \& }}c}$ , άρα συντρέχουν, επομένως η

διέρχεται από το σημείο

.

Τα τετράπλευρα $\displaystyle{AMED{\text{ \& }}BMEC}$ είναι εγγράψιμμα (από κατασκευή). «Παίζοντας» με τις γωνίες τους έχουμε: $\displaystyle{C\hat BM = M\hat EA = M\hat DA \Rightarrow BZDM:}$ εγγράψιμο, $\displaystyle{B\hat CM = B\hat EM = M\hat DA \Rightarrow AMCZ:}$ εγγράψιμο, $\displaystyle{C\hat ME = C\hat BE = E\hat AD = E\hat MD \Rightarrow MZ:}$ διχοτόμος της $\displaystyle{C\hat MD}$ , $\displaystyle{C\hat MD = 2C\hat ME = 2C\hat AD = C\hat OD \Rightarrow COMD:}$ εγγράψιμο, $\displaystyle{A\hat MN = A\hat DE = E\hat CB = N\hat MB \Rightarrow MN:}$ διχοτόμος της $\displaystyle{A\hat MB}$ , $\displaystyle{A\hat MB = 2A\hat MN = 2A\hat DB = A\hat OB \Rightarrow AMOB:}$ εγγράψιμο.

Δηλαδή βρέθηκε ότι τα $\displaystyle{CEMB,DEMA,AMOB,DMOC,BZDM{\text{ \& }}AZCM}$ είναι εγγράψιμμα.

Επίσης OM:

ριζικός άξονας των κύκλων των περιγεγραμμένων των τετραπλεύρων $\displaystyle{MOBA{\text{ \& }}MOCD}$ , CD:

ριζικός άξονας των κύκλων

και του περιγεγραμμένου στο τετράπλευρο $\displaystyle{MOCD}$ και BA:

ριζικός άξονας των κύκλων

και του περιγεγραμμένου στο τετράπλευρο $\displaystyle{MOBA}$ , άρα συντρέχουν, επομένως η

διέρχεται από το

.
Έστω $\displaystyle{OP \bot AB}$ , η MN:

διχοτόμος της $\displaystyle{A\hat MB}$ . Τότε $\displaystyle{N\hat MO = N\hat MB + B\hat MO = \frac{1}{2}A\hat MB + B\hat AO = \frac{1}{2}A\hat OB + B\hat AO = A\hat OP + P\hat AO = {90^o}}$ . Επομένως $\displaystyle{ZE \bot HO}$ .
Όμοια βρίσκουμε ότι $\displaystyle{HE \bot ZO}$ , επομένως το σημείο

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{HOZ}$ .
Εξακολουθώ να πιστεύω πως το λήμμα 1 είναι κάποιο (άγνωστο σε μένα) θεώρημα.

#3

Σεραφείμ έγραψε:..............................Απόδειξη του αρχικόύ λήμματος
Λήμμα 1
Τετράπλευρο $\displaystyle{ABCD}$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{c:\left( {O,R} \right)}$ . Οι πλευρές $\displaystyle{AD{\text{ \& }}BC}$ τέμνονται στο σημείο , οι πλευρές $\displaystyle{CD{\text{ \& }}BA}$ τέμνονται στο σημείο και οι διαγώνιοι $\displaystyle{AC{\text{ \& }}BD}$ τέμνονται στο σημείο . Τότε το είναι ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{HOZ}$

Οι πολικές σε αυτό το θέμα είναι μια καλή τακτική, που είναι μια εναλλακτική αντιμετώπιση στην εξαιρετική και αυθεντική δουλειά του Σεραφείμ :

H πολική του Η είναι η ΖΕ και έτσι η ΖΕ είναι κάθετη στην ΗΟ.Ηπολική του Ζ είναι η ΗΕ και έτσι η ΗΕ είναι κάθετη στην ΟΖ.Αυτά προκύπτουν όλα από το θεώρημα του La Hire . Άρα η πολική του Ε είναι η ΖΗ , οπότε από τον ορισμό σχεδόν της πολικής η ΗΖ είναι κάθετη στην ΟΕ.Το τελευταίο βήμα είναι περιττό, αλλά το αναφέρω για να φανεί πώς λειτουργεί η πολική .

Μπάμπης

chris · #4

Όντως ωραίο θέμα αλλά κάτι οι πολικές κάτι ο Gauss με την ευθεία του το καθαρίζουν γρήγορα...
Ρίξτε αν θέλετε δύο ματιές

Εδώ και εδώ.Στο δεύτερο link υπάρχουν και όλα τα προβλημα της shortlist 2009 με τις λύσεις τους.

Φιλικά

#5

Χρόνια πολλά

Τις παραπομπές δεν τις γνώριζα γιατί τότε δεν ήξερα την ύπαρξη του

.

Δίδω μια λύση και θα προσπαθήσω με πιο στοιχειώδη μέσα

: Διπλό ορθόκεντρο_ok.png (50.31 KiB) Προβλήθηκε 1472 φορές

Γράφω τους περιγεγραμμένους κύκλους των τριγώνων $ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AMN$ που τέμνονται ακόμα στο

. Ας είναι

η τομή των ευθειών $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AP$ .

Επειδή $\left\{ \begin{gathered} ZA \cdot ZP = ZM \cdot ZN \hfill \\ ZA \cdot ZP = ZB \cdot ZC \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow ZM \cdot ZN = ZB \cdot ZC$ .

Η τελευταία μας εξασφαλίζει ( σχέση $Mac\,Laurin$ ) ότι τα σημεία $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ είναι αρμονικά συζυγή των $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ .

Συνεπώς η κοινή χορδή

διέρχεται από το

και προφανώς είναι ο φορέας του τρίτου ύψους του τριγώνου ABC

.

Θα είναι έτσι $HZ = ZP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ , αλλά $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} \Rightarrow \boxed{\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_3}}}$ και άρα $MH \bot AN$ οπότε το

είναι ορθόκεντρο και του τριγώνου ANM

.

Δύσκολη (;) Γεωμετρία

Δύσκολη (;) Γεωμετρία

Re: Δύσκολη (;) Γεωμετρία

Re: Δύσκολη (;) Γεωμετρία

Re: Δύσκολη (;) Γεωμετρία

Re: Δύσκολη (;) Γεωμετρία

Μέλη σε σύνδεση