Ίσα τμήματα σε πλευρά

#1

: Ίσα τμήματα σε πλευρά.png (15.82 KiB) Προβλήθηκε 1483 φορές

Η διάμεσος

τριγώνου

τέμνει τον εγγεγραμμένο κύκλο στα σημεία K, L.

Οι παράλληλες από τα K, L

στη

επανατέμνουν τον κύκλο στα D, E

αντίστοιχα. Αν οι AD, AE

τέμνουν τη

στα

να δείξετε ότι BQ=PC.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 17, 2019 6:42 pm
Ίσα τμήματα σε πλευρά.png
Η διάμεσος τριγώνου τέμνει τον εγγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Οι παράλληλες από τα στη επανατέμνουν τον κύκλο στα αντίστοιχα. Αν οι τέμνουν τη στα να δείξετε ότι

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Η πηγή μετά τη λύση.

$\bullet$ Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα και $Z\equiv AD\cap EL$ .
Αν είναι το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την τότε:

$\bullet$ Με $AS\parallel BC$ και το μέσο της προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική οπότε και η σειρά $\left( S,T,X,F \right)$ είναι αρμονική (όπου $X\equiv FT\cap AKLM$ ).

: Ισα τμήματα σε πλευρά.png (40.51 KiB) Προβλήθηκε 1375 φορές

$\bullet$ Το είναι σημείο της πολικής του , οπότε το είναι σημείο της πολικής του , και επίσης από την αρμονική δέσμη $\left( S,T,X,F \right)$ το είναι σημείο της πολικής του οπότε και το είναι σημείο της πολικής του . Άρα είναι η πολική του και συνεπώς $IX\bot AS\overset{AS\parallel BC\parallel KD\parallel EZ}{\mathop{\Rightarrow }}\,IX\bot KD$ και με χορδή του $\left( I \right)$ θα είναι μεσοκάθετη της άρα και της άλλης βάσης του ισοσκελούς (λόγω εγγραψιμότητας) τραπεζίου , δηλαδή η ευθεία είναι άξονας συμμετρίας του , οπότε είναι σημείο και της άλλης διαγωνίου του .

$\bullet$ Από την αρμονική δέσμη $\left( A,K,X,L \right)$ (αφού η πολική του ως προς τον $\left( I \right)$ ) προκύπτει ότι και η δέσμη είναι αρμονική και με $DK\parallel EZ\Rightarrow L$ το μέσο της από όπου (από την κεντρική δέσμη με $EZ\parallel PQ\Rightarrow M$ το μέσο και της . Έτσι τα τμήματα έχουν κοινό μέσο (το ) και συνεπώς $\boxed{BQ = PC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Παρατήρηση: Δεν είναι ανάγκη ο κύκλος να είναι ο έγκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , αρκεί να εφάπτεται στις πλευρές

Υ.Σ. Γιώργο με ενδιαφέρει η πηγή αλλά περισσότερο με ενδιαφέρει η πιθανή λύση που έχεις ή η λύση που έχει η πηγή

Στάθης

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 19, 2019 10:56 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 17, 2019 6:42 pm
Ίσα τμήματα σε πλευρά.png
Η διάμεσος τριγώνου τέμνει τον εγγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Οι παράλληλες από τα στη επανατέμνουν τον κύκλο στα αντίστοιχα. Αν οι τέμνουν τη στα να δείξετε ότι

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Η πηγή μετά τη λύση.

$\bullet$ Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα και $Z\equiv AD\cap EL$ .
Αν είναι το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την τότε:

$\bullet$ Με $AS\parallel BC$ και το μέσο της προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική οπότε και η σειρά $\left( S,T,X,F \right)$ είναι αρμονική (όπου $X\equiv FT\cap AKLM$ ).
Ισα τμήματα σε πλευρά.png
$\bullet$ Το είναι σημείο της πολικής του , οπότε το είναι σημείο της πολικής του , και επίσης από την αρμονική δέσμη $\left( S,T,X,F \right)$ το είναι σημείο της πολικής του οπότε και το είναι σημείο της πολικής του . Άρα είναι η πολική του και συνεπώς $IX\bot AS\overset{AS\parallel BC\parallel KD\parallel EZ}{\mathop{\Rightarrow }}\,IX\bot KD$ και με χορδή του $\left( I \right)$ θα είναι μεσοκάθετη της άρα και της άλλης βάσης του ισοσκελούς (λόγω εγγραψιμότητας) τραπεζίου , δηλαδή η ευθεία είναι άξονας συμμετρίας του , οπότε είναι σημείο και της άλλης διαγωνίου του .

$\bullet$ Από την αρμονική δέσμη $\left( A,K,X,L \right)$ (αφού η πολική του ως προς τον $\left( I \right)$ ) προκύπτει ότι και η δέσμη είναι αρμονική και με $DK\parallel EZ\Rightarrow L$ το μέσο της από όπου (από την κεντρική δέσμη με $EZ\parallel PQ\Rightarrow M$ το μέσο και της . Έτσι τα τμήματα έχουν κοινό μέσο (το ) και συνεπώς $\boxed{BQ = PC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Παρατήρηση: Δεν είναι ανάγκη ο κύκλος να είναι ο έγκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , αρκεί να εφάπτεται στις πλευρές

Υ.Σ. Γιώργο με ενδιαφέρει η πηγή αλλά περισσότερο με ενδιαφέρει η πιθανή λύση που έχεις ή η λύση που έχει η πηγή

Στάθης

7.13 σελίδα 462 Μπάμπη Στεργιου για διαγωνισμούς 4

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 19, 2019 10:56 pm

Υ.Σ. Γιώργο με ενδιαφέρει η πηγή αλλά περισσότερο με ενδιαφέρει η πιθανή λύση που έχεις ή η λύση που έχει η πηγή

Στάθης

Σ' ευχαριστώ Στάθη για τη λύση. Είναι το πρόβλημα

από IMO Shortlist 2005. Στη σελίδα 16 υπάρχει η επίσημη λύση. (Έχω αλλάξει δύο γράμματα, γιατί δεν μου αρέσει να βάζω σημεία με τα γράμματα X, Y

).

#5

Η παρακάτω λύση δεν είναι δική μου. Την διάβασα και μου άρεσε.

: Ίσα τμήματα σε πλευρά.ΙΙ.png (53.58 KiB) Προβλήθηκε 1237 φορές

Όπως απέδειξε εδώ ο Στάθης υπάρχει κύκλος που διέρχεται από τα M, P

και εφάπτεται στις AB, AC

έστω στα σημεία S, T.

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} BM \cdot BP = B{S^2}\\ CP \cdot CM = C{T^2}\\ c + BS = b + CT \end{array} \right. \Rightarrow c + \sqrt {BM} \sqrt {BP} = b + \sqrt {CP} \sqrt {CM} \Leftrightarrow b - c = \sqrt {\frac{a}{2}} \left( {\sqrt {BP} - \sqrt {CP} } \right)$

Ομοίως βρίσκουμε $\displaystyle b - c = \sqrt {\frac{a}{2}} \left( {\sqrt {CQ} - \sqrt {BQ} } \right)$ ... και τα υπόλοιπα είναι απλά.

Ίσα τμήματα σε πλευρά

Ίσα τμήματα σε πλευρά

Re: Ίσα τμήματα σε πλευρά

Re: Ίσα τμήματα σε πλευρά

Re: Ίσα τμήματα σε πλευρά

Re: Ίσα τμήματα σε πλευρά

Μέλη σε σύνδεση