Συντρέχεια από συντρέχειες

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Συντρέχεια από συντρέχειες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Σάβ Αύγ 03, 2019 1:37 pm

GEOMETRIA235=FB3391.jpg
GEOMETRIA235=FB3391.jpg (69.41 KiB) Προβλήθηκε 653 φορές
Ας είναι A_x B_x C_x και A_y B_y C_y τα σεβιανά τρίγωνα δύο τυχαίων σημείων X, Y στο εσωτερικό τριγώνου ABC

και έστω 3 κύκλοι που, έκαστος διέρχεται από τα ζεύγη σημείων (A_x, A_y), (B_x, B_y), (C_x, C_y)

και εφάπτεται στον περίκυκλο του ABC, στα σημεία A', B', C' αντίστοιχα.

Δείξτε ότι οι AA', BB', CC' συντρέχουν


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης

Λέξεις Κλειδιά:
miltosk
Δημοσιεύσεις: 96
Εγγραφή: Τετ Μάιος 29, 2019 7:28 pm

Re: Συντρέχεια από συντρέχειες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από miltosk » Κυρ Αύγ 04, 2019 12:59 pm

sakis1963 έγραψε:
Σάβ Αύγ 03, 2019 1:37 pm
GEOMETRIA235=FB3391.jpg
Ας είναι A_x B_x C_x και A_y B_y C_y τα σεβιανά τρίγωνα δύο τυχαίων σημείων X, Y στο εσωτερικό τριγώνου ABC

και έστω 3 κύκλοι που, έκαστος διέρχεται από τα ζεύγη σημείων (A_x, A_y), (B_x, B_y), (C_x, C_y)

και εφάπτεται στον περίκυκλο του ABC, στα σημεία A', B', C' αντίστοιχα.

Δείξτε ότι οι AA', BB', CC' συντρέχουν
Ωραία η άσκηση.
Αρχικά θέτω:
\angle A'AB = A_1,\ \angle A'AC = A_2
\angle B'BC = B_1,\ \angle B'BA = B_2
\angle C'CA = C_1,\ \angle C'CB = C_2
Από τριγωνομετρικό Ceva αρκεί:
\frac{\sin A_1}{\sin A_2}\cdot\frac{sin B_1}{sin B_2}\cdot\frac{sin C_1}{sin C_2}=1
Από νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα \vartriangle A'AB,\ \vartriangle A'AC λαμβάνουμε αντίστοιχα:
\frac{\sin A_1}{A'B}=\frac{1}{2R}
\frac{\sin A_2}{A'C}=\frac{1}{2R}
Διαιρώντας αυτές κατά μέλη:
\frac{\sin A_1}{\sin A_2}=\frac{A'B}{A'C}
Κάνοντας κυκλικά το ίδιο αρκεί να δείξω ότι:
\frac{A'B}{A'C}\cdot\frac{B'C}{B'A}\cdot\frac{C'A}{C'B}=1
Έστω c_A ο κύκλος που εφάπτεται του περίκυκλου στο A' με ακτίνα r_A και R η ακτίνα του περίκυκλου. Έστω S,T οι τομές των A'B,A'C με τον c_A. Εύκολα αποδυκνείεται φέρνοντας την κοινή εφαπτομένη ότι SA_xA'=A_1.
Εφαρμόζοντας νόμο ημιτόνων:
\frac{\sin A_1}{A'B}=\frac{1}{2R}
\frac{\sin SA_xA'}{A'S}=\frac{1}{2r_A}
Διαιρώντας κατά μέλη:
\frac{A'S}{A'B}=\frac{r_A}{R}
Κάνω το ίδιο στον ίδιο κύκλο από τη μεριά του C για να λάβω:
\frac{A'T}{A'C}=\frac{r_A}{R}
Άρα: \frac{A'T}{A'C}=\frac{A'S}{A'B}
Οπότε από αντίστροφο θ. Θαλή ST//BC.
Άρα από θ. Θαλή: \frac{A'B}{A'C}=\frac{SB}{TC}
Δηλαδή: (\frac{A'B}{A'C})^2=\frac{SB}{TC}\cdot\frac{A'B}{A'C}
Έστω D_c^K η δύναμη του σημείου K ως προς τον κύκλο c.
Η τελευταία ισότητα λοιπόν εξασφαλίζει:
(\frac{A'B}{A'C})^2=\frac{D_c_A^B}{D_c_A^C}
Κάνω το ίδιο κυκλικά παντού και λαμβάνω:
(\frac{A'B}{A'C})^2\cdot(\frac{B'C}{B'A})^2\cdot(\frac{C'A}{C'B})^2=\frac{D_c_A^B}{D_c_A^C}\cdot\frac{D_c_B^C}{D_c_B^A}\cdot\frac{D_c_C^A}{D_c_C^B}
Αρκεί λοιπόν να αποδείξω ότι:
\frac{D_c_A^B}{D_c_A^C}\cdot\frac{D_c_B^C}{D_c_B^A}\cdot\frac{D_c_C^A}{D_c_C^B}=1
Εφαρμόζω Ceva για τα X,Y
\frac{C_xA}{C_xB}\cdot\frac{A_xB}{A_xC}\cdot\frac{B_xC}{B_xA}=1
\frac{C_yA}{C_yB}\cdot\frac{A_yB}{A_yC}\cdot\frac{B_yC}{B_yA}=1
Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις δύο τελευταίες έχω το ζητούμενο καθώς:
BA_x\cdot BA_y=D_c_A^B
Προκύπτουν λοιπόν όλες οι ζητούμενες δυνάμεις και τελικά το ζητούμενο.
Σημείωση: σε περίπτωση που δεν γίνεται έυκολα κατανοητό η D_c_A^B είναι η δύναμη του σημείου B ως προς τον κύκλο c_A. Ομοίως οι υπόλοιπες.
Θα ήταν εύκολο με προσωπικό μήνυμα να με βοηθήσετε με το σχήμα καθώς έχω προσπαθήσει πολλές φορές να βάλω χωρίς αποτέλεσμα;


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 322
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συντρέχεια από συντρέχειες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Κυρ Αύγ 04, 2019 3:33 pm

Δείχνω μια γενίκευση που υποθέτει πως τα A_{x},A_{y}.. βρίσκονται σε κωνική.(Είναι γενίκευση λόγω του θεωρήματος Carnot).
Αρκεί να δειχτεί πως \prod _{cyc}BA'/A'C=1
(αποτελεί μορφή του Ceva που αποδεικνύεται με νόμο ημιτόνων).Αν φέρουμε τις κοινές εφαπτομένες στα A',B',C' οι οποίες θα τέμνουν τις BC,CA,AB στα T_{A},T_{B},T_{C},θα ισχύει από ομοιότητες πως \prod_{cyc} T_{A}B/T_{A}C=(\prod _{cyc}BA'/A'C)^2 οπότε θα αρκεί τα T_{i} να είναι συνευθειακά.Όμως τα T_{i} είναι τα κέντρα των αντιστροφών που ανταλλάζουν τα (B,C),(A_{x},A_{y})/... κλπ.
Αν μετακινώ το A_{x} στην BC και παίρνω αντίστοιχο A_{y} ώστε τα A_{i},B_{i},C_{i} να βρίσκονταισε κωνική (κρατώ σταθερά τα άλλα σημεία),τα A_{x},A_{y} βρίσκονται σε ενέλιξη που ανταλλαζει τα B,C (όταν εκφυλιστεί η κωνική).Μια ενέλιξη καθορίζεται από 2 ζεύγη σημείων,άρα η παραπάνω ενέλιξη είναι η αντιστροφή κέντρου T_{A} .Αυτό μου επιτρέπει να κάνω τα A_{x},A_{y} να ταυτιστούν στο σταθερό σημείο της ενέλιξης/αντιστροφής,και ομοίως και τα άλλα ζεύγη.Από θ.Brianchon για την εγγεγραμμένη κωνική μετά τις παραπάνω μετακινήσεις,οι AA_{x},BB_{x},CC{x} συντρέχουν.Τα T_{i} είναι τα κέντρα των ορθογώνιων κύκλων στον (ABC) που περνούν από τα A_{x},B_{x},C_{x} και έχουν διαμέτρους στις πλευρές του ABC (αντίστοιχα).Δεν είναι δύσκολο ότι είναι τα μέσα των διαγωνίων του τετραπλεύρου που δημιουργούνται από τις πλευρές του A_{x}B_{x}C_{x} και την τριγραμμική πολική του X (τομή AA_{x},BB_{x},CC_{x}) ως προς το ABC$ άρα από Θ. Newton είναι συνευθειακά..


Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Συντρέχεια από συντρέχειες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Κυρ Αύγ 04, 2019 6:51 pm

Αφού συγχαρώ τα παιδιά για τις λύσεις τους, οφείλω να πω (μετά από email που έλαβα από τον Jean-Luis Ayme, μεγάλο Γάλλο γεωμέτρη),

οτι η όμορφη αυτή συντρέχεια, είναι ειδική περίπτωση ενός πιο γενικού θεωρήματος "AYME'sTHEOREM" ή "FOUR POINTS THEOREM"

που οφείλεται στον ίδιο. Το θεώρημα παρουσιάζεται σε μια 30σέλιδη πραγματεία στο παρακάτω link:

Ayme's Theorem


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 322
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συντρέχεια από συντρέχειες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Δευ Αύγ 05, 2019 1:44 am

coniccgeneral.png
coniccgeneral.png (69.75 KiB) Προβλήθηκε 444 φορές
Ισχύει και η παρακάτω Προβολική γενίκευση (της γενίκευσης):
Στο τρίγωνο ABC κωνική τέμνει τις πλευρές του στα A_{1},A_{2},B_{1},B_{2},C_{1},C_{2}.
Οι AA_{1},AA_{2},BB_{1},BB_{2},CC_{1},CC_{2} τέμνουν τον περίκυκλο του ABC στα A'_{1},A'_{2},B'_{1},B'_{2},C'_{1},C'_{2}.
Τυχαίοι κύκλοι που περνούν από τα (A'_{1},A'_{2}),(B'_{1},B'_{2}),(C'_{1},C'_{2}) τέμνουν τις BC,CA,AB στα (X_{1},X_{2}),(X_{3},X_{4}),(X_{5},X_{6}).
Τότε τα X_{i} ανήκουν σε κοινή κωνική.
Ουσιαστικά είναι η ανάστροφη πορεία της γενίκευσης του Ayme.Πράγματι εκείνος μας δίνει πως τα X_{1}X_{3}X_{5},X_{2}X_{4}X_{6} είναι σεβιανά 2 σημείων,το A_{1}B_{1}C_{1} είναι σεβιανό κάποιου σημείου και ζητάει ν.δ.ο. και το A_{2}B_{2}C_{2} είναι σεβιανό κάποιου σημείου.(με άλλα λόγια τα 3 σεβιανά δίνουν 4).Είναι απλό πως λόγω μονοσήμαντου,όποια 3 σεβιανά και να επιλέξουμε φτάνουμε σε ισοδύναμο πρόβλημα.Στην παραπάνω γενίκευση,αν έχουμε σεβιανά τα A_{1}B_{1}C_{1},A_{2}B_{2}C_{2} (που δεν είναι απαραίτητο) και ένα σεβιανό με κορυφές μεταξύ των X_{i} (που επίσης δεν είναι απαραίτητο),από Θεώρημα Carnot και λόγω της κωνικής,θα βγει και το δεύτερο τρίγωνο με κορυφές μεταξύ των X_{i} σεβιανό πράγμα που είναι και το ζητούμενο.Άρα όντως αυτή η γενίκευση είναι γενικότερη..
Η απόδειξη,αύριο.(Δεν είναι ιδιαίτερα μακροσκελής-ουσιαστικά παίζοντας λίγο με τις ενελίξεις καταλήγουμε στο αρχικό πρόβλημα όπου τα A'_{1},A'_{2} ταυτίζονται (και τα κυκλικά τους).)


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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