Διασταυρώνονται στον κύκλο

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5754
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Διασταυρώνονται στον κύκλο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Ιαν 11, 2018 12:19 pm

Διασταυρώνονται στον κύκλο.png
Διασταυρώνονται στον κύκλο.png (17.46 KiB) Προβλήθηκε 408 φορές
Δίδεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο (O). Στη πλευρά AB κινείται σημείο D.

Ο κύκλος , κέντρου K, που διέρχεται από τα σημεία B,C,D τέμνει , ακόμα , την AC στο σημείο E.

Ο κύκλος (\Omega ) που διέρχεται από τα σημεία A,D,E τέμνει, ακόμα, τον κύκλο (O) στο σημείο P.

Δείξετε ότι η KP και το ύψος AH του \vartriangle ABC διασταυρώνονται πάνω στον κύκλο (\Omega ).

(Καμιά φραγή στις λύσεις)



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1971
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Διασταυρώνονται στον κύκλο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Ιαν 11, 2018 3:38 pm

\bullet Ορίζουμε ως AF το ύψος του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC ( αντί του AH της εκφώνησης ) και ως (L) τον περίκυκλο του τριγώνου \vartriangle ADE ( αντί του (\Omega) της εκφώνησης ).

Έστω το σημείο Z\equiv AF\cap (L).

Οι ευθείες BC,\ DE είναι αντιπαράλληλες μεταξύ τους, ως προς τις ευθείες της γωνίας \angle A και άρα, έχουμε AO\perp DE\ \ \ ,(1) όπου O είναι το κέντρο του κύκλου (O) και AL\perp BC\ \ \ ,(2) όπου L είναι το κέντρο του κύκλου (L).

Άρα, το σημείο L ανήκει στην ευθεία AF\perp BC και επομένως, από \angle APZ = 90^{o}, προκύπτει ότι οι ευθείες PZ,\ AO συντρέχουν στο σημείο έστω A', ως το αντιδιαμετρικό σημείο του A στον κύκλο (O).

Αρκεί τώρα να αποδειχθεί ότι το κέντρο K του κύκλου (K) της εκφώνησης, ανήκει στην ευθεία PZA'.
f=178_t=60758.png
Διασταυρώνονται στον κύκλο.
f=178_t=60758.png (32.38 KiB) Προβλήθηκε 313 φορές
\bullet H δια του σημείου L κάθετη ευθεία επί την DE ( κοινή χορδή των κύκλων (L),\ (K) ), περνάει από το κέντρο K του κύκλου (K), το ίδιο όπως και η δια του σημείου O κάθετη ευθεία επί την BC ( κοινή χορδή των κύκλων (O),\ (K) ).

H δια του σημείου L κάθετη ευθεία επί την DE όμως, ως παράλληλη της AO, περνάει επίσης από το μέσον του τμήματος ZA', λόγω AL = LZ, το ίδιο ίδιο όπως και η δια του σημείου O κάθετη ευθεία επί την BC, ως παράλληλη της AF, από AO = OA'.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι το κέντρο K του κύκλου (K), ως ταυτιζόμενο με το μέσον του τμήματος ZA', ανήκει στην ευθεία PZA' και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. H πρόταση αυτή είναι γενίκευση άλλης ( όπου τα σημεία D,\ E ταυτίζονται με τα ίχνη των αντίστοιχων υψών και το σημείο K τότε, ταυτίζεται με το μέσον της πλευράς BC ) που έχουμε δει παλιότερα στο :logo: .
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Πέμ Ιαν 11, 2018 11:30 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 680
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Διασταυρώνονται στον κύκλο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Ιαν 11, 2018 4:00 pm

Διασταυρώνονται στον κύκλο.png
Διασταυρώνονται στον κύκλο.png (42.36 KiB) Προβλήθηκε 359 φορές
Διαφορετικά:

Έστω ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του ADE τέμνει την AH στο L. Θα αποδείξουμε πως τα σημεία P, L, K είναι συνευθειακά, που ισοδυναμεί με το αρχικό πρόβλημα.

Θεωρούμε την αντιστροφή με πόλο το A και δύναμη AD\cdot AB=AE\cdot AC.

Παρατηρούμε πως το D πάει στο B, ενώ το E πάει στο C. Τονίζουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του BDEC παραμένει σταθερός μετά την αντιστροφή!

Φέρνουμε τον κύκλο αντιστροφής (είναι ο κύκλος με κέντρο A και ακτίνα \sqrt{AD\cdot AB}). Από την παραπάνω παρατήρηση προκύπτει ότι ο κύκλος της αντιστροφής και ο περιγεγραμμένος κύκλος του BDEC είναι ορθογώνιοι.

Για δύο ορθογώνιους κύκλους ισχύει ότι η πολική ευθεία του κέντρου του ενός κύκλου στον άλλον κύκλο ταυτίζεται με την πολική ευθεία του άλλου κέντρου στον πρώτο κύκλο. Ειδικότερα η πολική ευθεία του K στον κύκλο της αντιστροφής ταυτίζεται με την πολική του A στον περιγεγραμμένο κύκλο του BDEC.

Ισχύει ακόμα πως το αντίστροφο του K, έστω K', είναι η τομή της AK με την πολική του K στον κύκλο αντιστροφής. Άρα σύμφωνα με τα παραπάνω προκύπτει ότι το K' είναι η τομή της AK με την πολική του A στον περιγεγραμμένο κύκλο του BDEC. Μάλιστα η πολική αυτή θα τέμνει την AK κάθετα.

Παρατηρούμε ακόμη πως o περιγεγραμμένος κύκλος του ABC γίνεται η DE και αντίστροφα, ενώ ο περιγεγραμμένος κύκλος του ADE γίνεται η BC.

Επομένως το αντίστροφο του P, έστω P', γίνεται η τομή των DE και BC.

Ακόμη το L γίνεται το H.

Ξέρουμε ότι το P' ανήκει στην πολική του A ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του BDEC (γνωστό λήμμα).

Επομένως η πολική του A ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του BDEC είναι η P'K', η οποία είναι κάθετη λοιπόν στην AK. Άρα \widehat{P'K'A}=90^o.

Προφανώς ισχύει ότι \widehat{P'HA}=90^o, αφού το AH είναι ύψος.

Επομένως το AK'HP' είναι εγγράψιμο. Αφού τα αντίστροφα των P, L, K είναι ομοκυκλικά με τον πόλο A, θα ισχύει ότι τα P, L, K είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έπεται.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6728
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Διασταυρώνονται στον κύκλο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Ιαν 11, 2018 7:16 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Ιαν 11, 2018 12:19 pm
Διασταυρώνονται στον κύκλο.png

Δίδεται τρίγωνο ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο (O). Στη πλευρά AB κινείται σημείο D.

Ο κύκλος , κέντρου K, που διέρχεται από τα σημεία B,C,D τέμνει , ακόμα , την AC στο σημείο E.

Ο κύκλος (\Omega ) που διέρχεται από τα σημεία A,D,E τέμνει, ακόμα, τον κύκλο (O) στο σημείο P.

Δείξετε ότι η KP και το ύψος AH του \vartriangle ABC διασταυρώνονται πάνω στον κύκλο (\Omega ).

(Καμιά φραγή στις λύσεις)
Στον κύκλο.Φ.png
Στον κύκλο.Φ.png (27.44 KiB) Προβλήθηκε 324 φορές
Έστω R η ακτίνα του κύκλου (K) και T το σημείο τομής του ύψους AH με τον κύκλο (\Omega). Θα δείξω ότι τα σημεία K, T, P

είναι συνευθειακά. Λόγω των εγγεγραμμένων τετραπλεύρων BDEC, ADTE είναι E\widehat TA=E\widehat DA=\widehat C. Άρα το HTEC

είναι εγγράψιμο και \boxed{A\widehat ET=90^0=T\widehat PA} Αρκεί να δείξω ότι \boxed{K\widehat PA =90^0}

Οι AP, ED, CB συντρέχουν στο ριζικό κέντρο L των τριών κύκλων. Αλλά P είναι το σημείο Miquel του εγγεγραμμένου
τετραπλεύρου BDEC, οπότε και το LPDB είναι εγγράψιμο. Επομένως:

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
AP \cdot AL = AD \cdot AB = A{K^2} - {R^2}\\ 
LP \cdot LA = LB \cdot LC = L{K^2} - {R^2} 
\end{array} \right.\mathop  \Rightarrow \limits^{( - )} AL(AP - LP) = A{K^2} - L{K^2} \Leftrightarrow

\displaystyle (AP + LP)(AP - LP) = A{K^2} - L{K^2} \Leftrightarrow A{P^2} - L{P^2} = A{K^2} - L{K^2} \Leftrightarrow \boxed{K\widehat PA =90^0}


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1971
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Διασταυρώνονται στον κύκλο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Ιαν 11, 2018 8:37 pm

george visvikis έγραψε: ... Επομένως:

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
AP \cdot AL = AD \cdot AB = A{K^2} - {R^2}\\ 
LP \cdot LA = LB \cdot LC = L{K^2} - {R^2} 
\end{array} \right.\mathop  \Rightarrow \limits^{( - )} AL(AP - LP) = A{K^2} - L{K^2} \Leftrightarrow

\displaystyle (AP + LP)(AP - LP) = A{K^2} - L{K^2} \Leftrightarrow A{P^2} - L{P^2} = A{K^2} - L{K^2} \Leftrightarrow \boxed{K\widehat PA =90^0}
Αφού αναφερόμαστε στο Θεώρημα Miquel, νομίζω ότι είναι έγκυρο να πούμε ότι προκύπτει άμεσα το αποτέλεσμα \boxed{\angle KPA = 90^{o}} ( χαρακτηριστική ιδιότητα του Σημείου Miquel, στο εγγράψιμο τετράπλευρο ).

Κώστας Βήττας.


silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1176
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Διασταυρώνονται στον κύκλο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Σάβ Ιαν 13, 2018 1:13 am

Την έχουμε δει και εδώ: (και ίσως και σε άλλο μέρος) http://mathematica.gr/forum/viewtopic.p ... uel#p17503
Η άσκηση είναι από την ΙΜΟ του 1985. https://artofproblemsolving.com/communi ... 787p366594


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης