Ισοτομικές συγκλίσεις...

#1

: Ισοτομικές συγκλίσεις.png (47.61 KiB) Προβλήθηκε 2190 φορές

Έστω ${A_1} - {A'_1},{B_1} - {B'_1},{C_1} - {C'_1}$ τα ζεύγη ισοτομικών σημείων ως προς τις πλευρές τριγώνου $\vartriangle ABC$ αντίστοιχα και ας είναι

${A_2} \equiv {B_1}{C_1} \cap {B'_1}{C'_1},{B_2} \equiv {C_1}{A_1} \cap {C'_1}{A'_1},{C_2} \equiv {A_1}{B_1} \cap {A'_1}{B'_1}$ . Να δειχθεί ότι:

i) οι $A{A_2},B{B_2},C{C_2}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω )

ii) οι ${A_2}K,{B_2}L,{C_2}M$ διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω ), με τα μέσ των πλευρών του τριγώνου $\vartriangle ABC$ αντίστοιχα.

iii) οι ${A_2}K',{B_2}L',{C_2}M'$ διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω ) , με $K' \equiv {A_1}{B_1} \cap {A'_1}{C'_1},L' \equiv {A'_1}{B'_1} \cap {C_1}{B_1},M' \equiv {A_1}{C_1} \cap {B'_1}{C'_1}$ .

iv) τέλος οι διέρχονται από το ίδιο σημείο (έστω )

Στάθης

#2

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 14, 2015 12:17 pm

Κάνω το πρώτο:

Από το γενικευμένο θεώρημα διχοτόμου στο $\rm AB_1C_$ παίρνω $\rm \dfrac{\sin \angle C_1AA_2}{\sin \angle A_2AC}=\dfrac{C_1A_2}{A_2B_1}\cdot \dfrac{AB_1}{AC_1}$ .
Από το θεώρημα Μενελάου στο $\rm AB_1C_1$ διατέμνουσας $\rm B_1'A_2C_1'$ παίρνω $\rm \dfrac{C_1A_2}{A_2B_1}=\dfrac{B_1'A\cdot C_1'C_1}{B_1'B_1\cdot C_1'A}$ οπότε αντικαθιστώντας στην προηγούμενη προκύπτει
$\rm \dfrac{\sin \angle C_1AA_2}{\sin \angle A_2AC}=\dfrac{B_1'A\cdot C_1'C_1\cdot AB_1}{B_1'B_1\cdot C_1'A\cdot AC_1}\,\,(1)$ .
Εργαζόμενοι όμοια και για τα $\rm B_2,C_2$ (η μάλλον εναλλάσσοντας στην (1)

τα $\rm A,B,C$ για να τελειώνουμε

)
παίρνουμε
$\rm \dfrac{\sin \angle A_1BB_2}{\sin \angle B_2BA}=\dfrac{C_1'B\cdot A_1'A_1\cdot BC_1}{C_1'C_1\cdot A_1'B\cdot BA_1}\,\,(2)$ και $\rm \dfrac{\sin \angle B_1CC_2}{\sin \angle C_2CB}=\dfrac{A_1'C\cdot B_1'B_1\cdot CA_1}{A_1'A_1\cdot B_1'C\cdot CB_1}\,\,(3)$ .
Οι $\rm (1),(2),(3)$ με πολλαπλασιασμό μας δίνουν από το τριγωνομετρικό $\rm Ceva$ το ζητούμενο.

min## · #4

1.Είναι γνωστό ότι τα $A_{1},A_{1}',B_{1},B_{1}',C_{1},C_{1}'$ είναι ομοκωνικά.
Έστω $X_{1}\equiv B_{1}C_{1}' \cap B_{1}'C_{1}$ και κυκλικά τα $Y_{1},Z_{1}$ .
Από Πάππο (ή Pascal

) στο $B_{1}'C_{1}A_{1}'B_{1}C_{1}'A_{1}$ τα $X_{1},Y_{1},Z_{1}$ είναι συνευθειακά,οπότε οι πολικές τους είναι συντρέχουσες που δίνει το ζητούμενο.

4.Έστω $X_{2}\equiv A_{1}C_{1}\cap A_{1}'B_{1}',Y_{2}\equiv A_{1}B_{1}\cap B_{1}'C_{1}',Z_{2}\equiv B_{1}C_{1}\cap A_{1}'C_{1}'$ .
Από Pascal

στο $A_{1}'B_{1}'B_{1}A_{1}C_{1}C_{1}'$ τα $(X_{2},A,K)$ είναι συνευθειακά.Ομοίως και τα $(Y_{2},B,L'),(Z_{2},C,M')$ είναι συνευθειακά.
Από Pascal

στο $C_{1}'A_{1}'A_{1}B_{1}C_{1}B_{1}'$ τα $(Z_{2},Y_{2},BC\cap B_{1}'C_{1})$ είναι συνευθειακά (και τα κυκλικά τους) ,από Pascal

στο $B_{1}'C_{1}C_{1}'A_{1}A_{1}'B_{1}$ τα $(BC\cap B_{1}'C_{1},CA\cap C_{1}'A_{1},AB\cap A_{1}'B_{1})$ είναι συνευθειακά,το οποίο δίνει το ζητούμενο ( Desargues

στα $ABC,X_{2}Y_{2}Z_{2}$ ).

3.Έστω $X_{3}\equiv A_{1}'C_{1}\cap A_{1}B_{1}',Y_{3}\equiv C_{1}'B_{1}\cap A_{1}B_{1}',Z_{3} \equiv A_{1}'C_{1}\cap B_{1}C_{1}'$ .Από Πάππο στις $(A_{1}'B_{1}B_{1}',A_{1}C_{1}'C_{1}$ τα $(A_{2},X_{3},K')$ είναι συνευθειακά.Ομοίως και τα $(B_{2},Y_{3},L'),(C_{2},Z_{3},M')$ είναι συνευθειακά.Επομένως αρκεί τα $X_{3}Y_{3}Z_{3},A_{2}B_{2}Z_{2}$ να βγουν προοπτικά.Αφού (βλ. παραπάνω) τα $(Z_{2},A,K')$ είναι συνευθειακά (και τα κυκλικά τους) έπεται από Desargues

πως τα $C_{1}C_{1}'B_{2},B_{1}'B_{1}C_{2}$ είναι προοπτικά,δηλαδή οι $(C_{1}B_{1}',C_{1}'B_{1},B_{2}C_{2})$ είναι συντρέχουσες,έστω στο $X_{4}$ .Ανάλογα ορίζονται και τα $Y_{4},Z_{4}$ .
Από Pascal

στο $B_{1}'C_{1}A_{1}'B_{1}C_{1}'A_{1}$ παίρνουμε πως τα $X_{4},Y_{4},Z_{4}$ είναι συνευθειακά που δίνει το ζητούμενο.

2.Νομίζω το πιο ενδιαφέρον.
Αφήνουμε τις $A_{2}B_{2},A_{2}C_{2}$ να τμήσουν την

στα $A_{3},A_{3}'$ και κυκλικά ορίζουμε τα $B_{3},B_{3}'$ και $C_{3},C_{3}'$ στις CA,AB

αντίστοιχα.
Το κλειδί είναι ότι τα ζεύγη αυτά είναι ισοτομικά στις πλευρές τους.
Αυτό το δείχνουμε για τα $(A_{3},A_{3}')$ -και ομοίως η πρόταση έπεται και για τα άλλα ζεύγη.
Από Desargues Involution

στο $C_{1}C_{1}'B_{1}B_{1}'$ και την ευθεία

,τα μέλη της οικογένειας κωνικών των παραπάνω σημείων τέμνουν την

σε συζυγή σημεία ενέλιξης-η οποία δεν είναι άλλη από την ισοτομικότητα.
Εμείς θέμε να δείξουμε ότι και οι $A_{2}B_{2},A_{2}C_{2}$ τέμνουν την

σε συζυγή σημεία της ίδιας ενέλιξης.Από το Δυικό του Desargues Involution

,οι $(A_{2}B_{2},A_{2}C_{2}),(A_{2}A_{1},A_{2}A_{1}'),(A_{2}K',A_{2}X_{2})$ είναι συζυγείς σε ενέλιξη.Προβάλλοντας τις ακτίνες αυτές στην

και επειδή έχουμε την ισοτομικότητα των $(A_{1},A_{1}')$ αρκεί να δείξουμε ότι τα $(A_{2}X_{2}\cap BC ,A_{2}K'\cap BC)$ είναι ισοτομικά καθώς μια ενέλιξη καθορίζεται από δύο ζεύγη σημείων.Αυτό όμως ισχύει:Από προηγούμενο ερώτημα τα $(A_{2},X_{3},K')$ είναι συνευθειακά,οπότε από Δυικό του Desargues Involution

στο $A_{1}A_{1}'B_{1}'C_{1}$ με κέντρο το $A_{2}$ έπεται η ισοτομικότητα.
Πλέον,αν $K_{1}\equiv A_{2}B_{2}\cap M'L',K_{2}\equiv A_{2}C_{2}\cap M'L'$ και $L_{1,2},M_{1,2}$ τα κυκλικά τους,τα αντίστοιχα ζεύγη είναι ισοτομικά στις πλευρές του KLM

.Επομένως τα παραπάνω σημεία είναι ομοκωνικά και με ένα Pascal

λαμβάνουμε πως τα $A_{2}B_{2}\cap KL,B_{2}C_{2}\cap LM,C_{2}A_{2}\cap MK$ είναι συνευθειακά,γεγονός που δείχνει την προοπτικότητα που θέλαμε.
Edit:καλύτερο τελείωμα
Edit2:Τυπογραφικά.Ευχαριστώ τον Πρόδρομο

Ισοτομικές συγκλίσεις...

Ισοτομικές συγκλίσεις...

Re: Ισοτομικές συγκλίσεις...

Re: Ισοτομικές συγκλίσεις...

Re: Ισοτομικές συγκλίσεις...

Μέλη σε σύνδεση