Συνευθειακότητες και λόγος

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 845
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Συνευθειακότητες και λόγος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τετ Δεκ 25, 2019 3:38 pm

Capture2.PNG
Capture2.PNG (45.68 KiB) Προβλήθηκε 416 φορές
Καλησπέρα :mathexmastree:

Έστω τρίγωνο ABC με b^2+c^2=2a^2 ,L το σημείο Lemoine και O το περίκεντρο του .

α) Εάν η εφαπτομένη του (A,B,C) στο A τέμνει την OL στο S να δείξετε ότι C,B,S συνευθειακά.
β) Έστω M,N μέσα των AB,AC και D η τομή της AL με την BC. Να δείξετε ότι το περίκεντρο K του τριγώνου MND ανήκει στην LO και να βρείτε τον λόγο \dfrac {KL}{KO}.

Το τρίγωνο έχει και κάποιες άλλες ενδιαφέρουσες ιδιότητες , οπότε μπορείτε φυσικά να προσθέσετε ερωτήματα :)



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4102
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Συνευθειακότητες και λόγος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Ιαν 04, 2020 7:52 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Τετ Δεκ 25, 2019 3:38 pm
Capture2.PNG

Καλησπέρα :mathexmastree:

Έστω τρίγωνο ABC με b^2+c^2=2a^2 ,L το σημείο Lemoine και O το περίκεντρο του .

α) Εάν η εφαπτομένη του (A,B,C) στο A τέμνει την OL στο S να δείξετε ότι C,B,S συνευειακά.
β) Έστω M,N μέσα των AB,AC και D η τομή της AL με την BC. Να δείξετε ότι το περίκεντρο K του τριγώνου MND ανήκει στην LO και να βρείτε τον λόγο \dfrac {KL}{KO}.

Το τρίγωνο έχει και κάποιες άλλες ενδιαφέρουσες ιδιότητες , οπότε μπορείτε φυσικά να προσθέσετε ερωτήματα :)
Είναι γνωστό ότι η συμμετροδιάμεσος AD διέρχεται από το σημείο τομής (έστω T ) των εφαπτομένων του περίκυκλου \left( O \right) του τριγώνου \vartriangle ABC στις κορυφές B,C και ας είναι E,F τα σημεία τομής της AD με τους κύκλους \left( M,D,N \right) και \left( O \right) , με E\ne D,F\ne A

Έστω S το σημείο τομής της εφαπτόμενης του \left( O \right) στο A με την BC
Με BC την πολική του T ως προς τον \left( O \right) προκύπτει ότι το S είναι σημείο της πολικής του T και συνεπώς το T είναι σημείο της πολικής του S και με A επί της πολικής του S (από SA εφαπτόμενη του \left( O \right)στο σημείο A ) προκύπτει ότι AT η πολική του S ως προς τον \left( O \right) και συνεπώς SF εφαπτόμενη του \left( O \right) , άρα ST\bot AF (μεσοκάθετη)
Συνευθειακά και λόγος.png
Συνευθειακά και λόγος.png (43.71 KiB) Προβλήθηκε 314 φορές
Είναι γνωστό ότι το σημείο Lemoine \left( L \right) χωρίζει τη συμμετροδιάμεσο AD σε λόγο \dfrac{AL}{LD}=\dfrac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}\overset{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}}{\mathop{=}}\,2\Rightarrow AL=2LD:\left( 1 \right)
Από το 1ο Θεώρημα των διαμέσων θα είναι {{\mu }_{a}}=AP=\dfrac{\sqrt{2\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{a}^{2}}}}{2}\overset{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,AP=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}:\left( 2 \right)
Αν Q\equiv AP\cap \left( O \right),Q\ne A από το θεώρημα των τεμνομένων χορδών θα είναι PQ\cdot AP=PB\cdot PC=\dfrac{{{a}^{2}}}{4}\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots PQ=\dfrac{a\sqrt{3}}{6} και από την \left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{AP}{PQ}=3:\left( 3 \right)
Με \angle BAF=\angle QAC (η συμμετροδιάμεσος και η διάμεσος είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της αντίστοιχης γωνίας του τριγώνου) προκύπτει ότι DP\parallel FQ\Rightarrow \dfrac{AD}{DF}=\dfrac{AP}{PQ}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{=}}\,3 (από το Θεώρημα του Θαλή) και με βάση την \left( 1 \right) και ότι το L είναι το μέσο της AF(όπως και D μέσο της FL ) άρα SL\bot AF (διάμεσος του ισοσκελούς (λόγω των εφαπτομενικών τμημάτων SA,SF ) \vartriangle SAF ) και συνεπώς S,L,O συνευθειακά (δηλαδή η εφαπτόμενη του περίκυκλου του τριγώνου \vartriangle ABC στο A , η OL και η BC διέρχονται από το ίδιο σημείο S )

Από την αρμονική σειρά \left( T,F,D,A \right) (από την πολική …) θα είναι \dfrac{TF}{TA}=\dfrac{DF}{DA}=\dfrac{1}{3} οπότε από τις πιο πάνω ισότητες τελικά προκύπτει ότι … D είναι το μέσο της AT και με M,N τα μέσα των AB,AC αντίστοιχα προκύπτει ότι τα τρίγωνα \vartriangle BTC,\vartriangle MDN είναι ομοιόθετα με κέντρο ομοιοθεσίας το A και λόγω 2 (του πρώτου προς το δεύτερο τρίγωνο). Ο περίκυκλος του \vartriangle BTC (ομοιόθετος του περικυκλου του \vartriangle MDN είναι διαμέτρου OT από τις ορθές γωνίες (λόγω επαφής) και διέρχεται προφανώς από το L (αφού OL\bot LT ).

Αν E εκτός του D είναι το δεύτερο σημείο τομής της AT με τον κύκλο \left( M,D,N \right) τότε από την ομοιοθεσία θα είναι \dfrac{AE}{AD}=\dfrac{1}{2}\overset{AL=2LD}{\mathop{\Rightarrow }}\,L το μέσο της χορδής του ED και με OLS\bot ED προκύπτει ότι το κέντρο του περίκυκλου του τριγώνου \vartriangle MDN είναι σημείο της OS

Από την παραλληλία KD\parallel OT (που προκύπτει εύκολα από την ομοιοθεσία) και από Θ. Θαλή θα είναι \dfrac{KL}{LO}=\dfrac{LD}{DT}=\ldots \dfrac{1}{3} και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Συγνώμη για το όχι τόσο καλό σχήμα αλλά βρίσκομαι στην αλλοδαπή και μου λείπουν τα κατάλληλα (δικά μου) εργαλεία


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 845
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Συνευθειακότητες και λόγος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Κυρ Ιαν 05, 2020 4:57 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Σάβ Ιαν 04, 2020 7:52 pm
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Τετ Δεκ 25, 2019 3:38 pm
Capture2.PNG

Καλησπέρα :mathexmastree:

Έστω τρίγωνο ABC με b^2+c^2=2a^2 ,L το σημείο Lemoine και O το περίκεντρο του .

α) Εάν η εφαπτομένη του (A,B,C) στο A τέμνει την OL στο S να δείξετε ότι C,B,S συνευειακά.
β) Έστω M,N μέσα των AB,AC και D η τομή της AL με την BC. Να δείξετε ότι το περίκεντρο K του τριγώνου MND ανήκει στην LO και να βρείτε τον λόγο \dfrac {KL}{KO}.

Το τρίγωνο έχει και κάποιες άλλες ενδιαφέρουσες ιδιότητες , οπότε μπορείτε φυσικά να προσθέσετε ερωτήματα :)
Είναι γνωστό ότι η συμμετροδιάμεσος AD διέρχεται από το σημείο τομής (έστω T ) των εφαπτομένων του περίκυκλου \left( O \right) του τριγώνου \vartriangle ABC στις κορυφές B,C και ας είναι E,F τα σημεία τομής της AD με τους κύκλους \left( M,D,N \right) και \left( O \right) , με E\ne D,F\ne A

Έστω S το σημείο τομής της εφαπτόμενης του \left( O \right) στο A με την BC
Με BC την πολική του T ως προς τον \left( O \right) προκύπτει ότι το S είναι σημείο της πολικής του T και συνεπώς το T είναι σημείο της πολικής του S και με A επί της πολικής του S (από SA εφαπτόμενη του \left( O \right)στο σημείο A ) προκύπτει ότι AT η πολική του S ως προς τον \left( O \right) και συνεπώς SF εφαπτόμενη του \left( O \right) , άρα ST\bot AF (μεσοκάθετη)
Συνευθειακά και λόγος.png
Είναι γνωστό ότι το σημείο Lemoine \left( L \right) χωρίζει τη συμμετροδιάμεσο AD σε λόγο \dfrac{AL}{LD}=\dfrac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}\overset{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}}{\mathop{=}}\,2\Rightarrow AL=2LD:\left( 1 \right)
Από το 1ο Θεώρημα των διαμέσων θα είναι {{\mu }_{a}}=AP=\dfrac{\sqrt{2\left( {{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{a}^{2}}}}{2}\overset{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,AP=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}:\left( 2 \right)
Αν Q\equiv AP\cap \left( O \right),Q\ne A από το θεώρημα των τεμνομένων χορδών θα είναι PQ\cdot AP=PB\cdot PC=\dfrac{{{a}^{2}}}{4}\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots PQ=\dfrac{a\sqrt{3}}{6} και από την \left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{AP}{PQ}=3:\left( 3 \right)
Με \angle BAF=\angle QAC (η συμμετροδιάμεσος και η διάμεσος είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της αντίστοιχης γωνίας του τριγώνου) προκύπτει ότι DP\parallel FQ\Rightarrow \dfrac{AD}{DF}=\dfrac{AP}{PQ}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{=}}\,3 (από το Θεώρημα του Θαλή) και με βάση την \left( 1 \right) και ότι το L είναι το μέσο της AF(όπως και D μέσο της FL ) άρα SL\bot AF (διάμεσος του ισοσκελούς (λόγω των εφαπτομενικών τμημάτων SA,SF ) \vartriangle SAF ) και συνεπώς S,L,O συνευθειακά (δηλαδή η εφαπτόμενη του περίκυκλου του τριγώνου \vartriangle ABC στο A , η OL και η BC διέρχονται από το ίδιο σημείο S )

Από την αρμονική σειρά \left( T,F,D,A \right) (από την πολική …) θα είναι \dfrac{TF}{TA}=\dfrac{DF}{DA}=\dfrac{1}{3} οπότε από τις πιο πάνω ισότητες τελικά προκύπτει ότι … D είναι το μέσο της AT και με M,N τα μέσα των AB,AC αντίστοιχα προκύπτει ότι τα τρίγωνα \vartriangle BTC,\vartriangle MDN είναι ομοιόθετα με κέντρο ομοιοθεσίας το A και λόγω 2 (του πρώτου προς το δεύτερο τρίγωνο). Ο περίκυκλος του \vartriangle BTC (ομοιόθετος του περικυκλου του \vartriangle MDN είναι διαμέτρου OT από τις ορθές γωνίες (λόγω επαφής) και διέρχεται προφανώς από το L (αφού OL\bot LT ).

Αν E εκτός του D είναι το δεύτερο σημείο τομής της AT με τον κύκλο \left( M,D,N \right) τότε από την ομοιοθεσία θα είναι \dfrac{AE}{AD}=\dfrac{1}{2}\overset{AL=2LD}{\mathop{\Rightarrow }}\,L το μέσο της χορδής του ED και με OLS\bot ED προκύπτει ότι το κέντρο του περίκυκλου του τριγώνου \vartriangle MDN είναι σημείο της OS

Από την παραλληλία KD\parallel OT (που προκύπτει εύκολα από την ομοιοθεσία) και από Θ. Θαλή θα είναι \dfrac{KL}{LO}=\dfrac{LD}{DT}=\ldots \dfrac{1}{3} και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Συγνώμη για το όχι τόσο καλό σχήμα αλλά βρίσκομαι στην αλλοδαπή και μου λείπουν τα κατάλληλα (δικά μου) εργαλεία
202.PNG
202.PNG (72.05 KiB) Προβλήθηκε 228 φορές
:coolspeak:
Σας ευχαριστώ κύριε Στάθη για την ενασχόληση με το θέμα,δυστυχώς μη έχοντας κρατήσει σημειώσεις ξέχασα την δική μου προσέγγιση αλλά βρήκα μια άλλη που από ότι θυμάμαι της μοιάζει:Θεωρώ S την τομή της BC με την εφαπτόμενη στο A και θα δείξω ότι S,L,O συνευθειακά.
Όπως ο κ.Στάθης βρίσκω \dfrac{LA}{LD}=2 οπότε αν G το βαρύκεντρο θα είναι LG//BC
Έστω AR ύψος και AE διάμεσος (του ABC),θα δείξω ότι \angle ALO=90^{\circ}
Επίσης \dfrac{1}{2}au_a=\dfrac{abc}{4R}\Leftrightarrow u_aR=\dfrac{bc}{2} και m_a=\dfrac{2\left ( b^2+c^2 \right )-a^2}{4}\overset{b^2+c^2=2a^2}{=}\frac{3\left ( b^2+c^2 \right )}{8}
Επειδή \angle LOA=\angle LAC-\angle OAC=\angle BAG-\angle BAR=\angle RAE αρκεί (R ακτίνα περίκυκλου του ABC,m_a=AE,u_a=AR) : \dfrac{R}{\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{2bc}{b^2+c^2}m_a}=\dfrac{m_a}{u_A}\Leftrightarrow \dfrac{bc}{2}=\dfrac{4bc}{3\left ( b^2+c^2 \right )}m_a^2\Leftrightarrow\dfrac{bc}{2}=\dfrac{4bc}{3\left ( b^2+c^2 \right )} \cdot \dfrac{3\left ( b^2+c^2 \right )}{8}\Leftrightarrow \dfrac{bc}{2}=\dfrac{bc}{2} που ισχύει.
Έστω τώρα M,N μέσα των AB,AC αντίστοιχα.Θα δείξω ότι CDMA,ANDB εγγράψιμα.Αρκεί BD\cdot BC=BM\cdot BA\Leftrightarrow \dfrac{ac^2}{b^2+c^2}\cdot a=\dfrac{c}{2}c\Leftrightarrow 2a^2=b^2+c^2 που ισχύει ,όμοια και στο ANDB.
Άρα & \angle BLD=\angle BAL+\angle LBA=\angle BAL +\angle CBG=\angle BAL+\angle LAC=\angle A και όμοια \angle DLC=\angle A και έτσι η δέσμη L(O,C,D,B) είναι αρμονική και επειδή (S,D/B,C)=-1 θα είναι O,L,S συνευθειακά.
Έστω τώρα W το μέσο του LO,K η τομή της κάθετης από το D στην BC με την OL και I,Z οι τομές τις LG με τις AB,AC αντίστοιχα.Ο κύκλος (W,WZ) είναι ο πρώτος κύκλο Lemoine και αφού G μέσο του IZ θα είναι WG κάθετη στην LG.
Επειδή DM αντιπαράλλη η BL θα την διχοτομεί,έστω στο X.Είναι \angle DMN=\angle MDB=\angle A=\angle DCN=\angle MND\Leftrightarrow DM=DN.Για να είναι K περίκεντρο του MND αρκεί λοιπόν \angle ΚΧΔ=90^{\circ} αρκεί δηλαδή LKDX εγγράψιμο που ισχύει αφού \angle 180^{\circ}-\angle XLK=90^{\circ}-\angle XLD=90^{\circ}-\angle A=90^{\circ}-\angle KDX και τώρα ο ζητούμενος λόγος βγαίνει εύκολα .


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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