Παράωρη Συνευθειακότητα

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 211
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Παράωρη Συνευθειακότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Δευ Αύγ 19, 2019 11:41 pm

Έστω τρίγωνο ABC και I,I_{A},I_{B},I_{C} το έκκεντρο και τα παράκεντρά του.
Ας είναι I_{A}',I_{B}',I_{C}' τα συμμετρικά των παρακέντρων ως προς τις BC,AC,AB
Νδο:
1)Οι AI_{A}',B_I_{B}',CI_{C}' συντρέχουν σε σημείο X.
2)Ισχύει πως XFe=FeI όπου Fe το σημείο Feuerbach του ABC (το σημείο που ο έγκυκλος εφάπτεται στον κύκλο του Euler του ABC).



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 792
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Παράωρη Συνευθειακότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Αύγ 20, 2019 3:10 pm

Φέρνουμε τον εγγεγραμμένο κύκλο του ABC και έστω πως εφάπτεται στις BC, AC, AB στα σημεία D, E, F.

Έστω τώρα D' το συμμετρικό του D ως προς το I και D'' το συμμετρικό του I ως προς το D'.

Θα δείξουμε ότι τα A, D'', I_A' είναι συνευθειακά.

Έστω X το σημείο επαφής του A-παραγεγραμμένου κύκλου με την BC (δηλαδή το σημείο τομής της I_AI_A' με την BC).

Αφού XI_A=XI_A' και D'I=D'D'' και οι I_AI_A' και ID' είναι παράλληλες, προκύπτει ότι οι I_A'D'', XD' και I_AI συντρέχουν.

Όμως οι I_AI και XD' ως γνωστό διέρχονται από το A (για την δεύτερη ευθεία είναι γνωστό λήμμα), οπότε τελικά τα A, D'', I_A' είναι συνευθειακά.

Θεωρούμε τώρα ομοιοθεσία με κέντρο το I και λόγο \dfrac{1}{2}. Θεωρούμε τώρα A', B', C' τα μέσα των IA, IB, IC.

Αρκεί να δείξουμε ότι οι A'D', B'E', C'F' συντρέχουν στο Feuerbach point.

Θα δείξουμε ότι η A'D' διέρχεται από το Feuerbach point και όμοια θα ισχύει και για τις άλλες.

Φέρνουμε τον κύκλο διαμέτρου AI. Σε αυτόν ανήκουν τα E και F. Έστω πως οι CI και BI τέμνουν τις DF και DE στα σημεία P και R αντίστοιχα.

Είναι γνωστό λήμμα ότι οι AP και PC, όπως και AR και RB είναι κάθετες. Οπότε τα P και R ανήκουν στον κύκλο διαμέτρου AI.

Έστω P' και R' τα συμμετρικά του A ως προς τα P και R αντίστοιχα.

Στο τρίγωνο AP'C έχουμε πως η CP είναι διάμεσος και ύψος, οπότε είναι και διχοτόμος, δηλαδή τελικά το P' ανήκει στην BC, όπως και το R'.

Έστω M και N τα μέσα των AB και AC. Ισχύει τώρα ότι PM//BC και ότι RN//BC, άρα αφού MN//BC τα P, M, R, N είναι συνευθειακά.

Έστω πως η MN (δηλαδή η PR) τέμνει την EF στο T και πως η DT τέμνει τον εγγεγραμμένο κύκλο στο S.

Από λήμμα το S είναι το σημείο Feuerbach του ABC.

Έστω πως η DT τέμνει τον κύκλο διαμέτρου AI στα σημεία U, V.

Το T ως η τομή των EF και MN ανήκει στην πολική του D, οπότε τα (D, T; U, V)=-1.

Ακόμη είναι \widehat{FST}=\widehat{FSD}=\widehat{FED}=\widehat{FER}=\widehat{FPR}=\widehat{FPT}, οπότε το FPST είναι εγγράψιμο και συνεπώς DF\cdot DP=DT\cdot DS\Leftrightarrow DU\cdot DV=DT\cdot DS.

Από το αντίστροφο τώρα της σχέσης MacLaurin στις αρμονικές τετράδες προκύπτει ότι το S είναι μέσο του U, V, οπότε λαμβάνοντας υπόψιν ότι το A' είναι το κέντρο του κύκλου διαμέτρου AI προκύπτει ότι A'S\perp UV, δηλαδή A'S\perp SD, δηλαδή η A'S διέρχεται από το αντιδιαμετρικό του D στον εγγεγραμμένο κύκλο, δηλαδή το D'.

Οπότε τα S, A', D' είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έπεται!


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 353
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Παράωρη Συνευθειακότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τρί Αύγ 20, 2019 3:36 pm

min## έγραψε:
Δευ Αύγ 19, 2019 11:41 pm
Έστω τρίγωνο ABC και I,I_{A},I_{B},I_{C} το έκκεντρο και τα παράκεντρά του.
Ας είναι I_{A}',I_{B}',I_{C}' τα συμμετρικά των παρακέντρων ως προς τις BC,AC,AB
Νδο:
1)Οι AI_{A}',B_I_{B}',CI_{C}' συντρέχουν σε σημείο X.
2)Ισχύει πως XFe=FeI όπου Fe το σημείο Feuerbach του ABC (το σημείο που ο έγκυκλος εφάπτεται στον κύκλο του Euler του ABC).
Καλησπέρα!

Είναι σωστή η παρακάτω προσέγγιση για το 1 ;

Θεωρώ το εξής ισοδύναμο πρόβλημα:
Έστω τρίγωνο  ABC ,A_1,B_1,C_1 το ορθικό του και A',B',C' τα συμμετρικά των A,B,C ως προς τις C_1B_1,B_1A_1,A_1C_1.Να δειχθεί ότι A_1A',B_1B',C_1C' συντρέχουν:

Έστω X\equiv A'A_1 \cap C'C_1 .
Επειδή AB_1C_1,CA_1B_1 όμοια το B_1C_1C' προκύπτει από το B_1A_1A' από στροφή κέντρου B_1 και γωνίας \angle C_1B_1A' και ομοιοθεσία ( τα παραπάνω χρειάζονται περισσότερη δικαιολόγιση;)
Αφού \angle B_1C_1C'=B_1A'A_1 είναι B_1C_1XA' εγγράψιμο .

Όμως \overset{\Delta }{C_1B'B_1}\sim \overset{\Delta }{C_1A_1A'}\Rightarrow \angle C_1B_1B'=\angle C_1A'A_1=\angle C_1B_1X
και το ζητούμενο έπεται .

Capture.PNG
Capture.PNG (54.3 KiB) Προβλήθηκε 187 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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