Ομοκυκλικά σημεία

#1

Αν

είναι το έγκεντρο και

το βαρύκεντρο τριγώνου ABC,

να βρείτε μία σχέση ανάμεσα

στις πλευρές a, b, c

του τριγώνου, ώστε τα σημεία B, C, I, G

να είναι ομοκυκλικά.

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 20, 2021 7:25 pm
Αν είναι το έγκεντρο και το βαρύκεντρο τριγώνου να βρείτε μία σχέση ανάμεσα

στις πλευρές του τριγώνου, ώστε τα σημεία να είναι ομοκυκλικά.

Αν

ομοκυκλικά τότε $\angle BGC=\angle BIC={{90}^{0}}+\dfrac{\angle A}{2}$
Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\vartriangle BGC$ έχουμε:
${{a}^{2}}={{\left( \dfrac{2}{3}{{\mu }_{b}} \right)}^{2}}+{{\left( \dfrac{2}{3}{{\mu }_{c}} \right)}^{2}}-2\cdot \dfrac{2}{3}{{\mu }_{b}}\cdot \dfrac{2}{3}{{\mu }_{c}}\cdot \cos \left( {{90}^{0}}+\dfrac{A}{2} \right)\Rightarrow$ ${{a}^{2}}=\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{2\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{b}^{2}}+2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-{{c}^{2}}}{4}+\dfrac{8}{9}\cdot \dfrac{1}{4}\sqrt{\left[ 2\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{b}^{2}} \right]\cdot \left[ 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-{{c}^{2}} \right]}\cdot \sin \dfrac{A}{2}$

: ομοκυκλικά σημεία.png (28.64 KiB) Προβλήθηκε 768 φορές

Από ${{\sin }^{2}}\dfrac{A}{2}=\dfrac{1-\cos A}{2}=\dfrac{1-\dfrac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}}{2}=\dfrac{{{a}^{2}}-{{\left( b-c \right)}^{2}}}{4bc}\overset{\frac{A}{2}\in \left( 0,\frac{\pi }{2} \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\sin \dfrac{A}{2}=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}-{{\left( b-c \right)}^{2}}}{bc}}$ και έτσι η προηγούμενη σχέση γίνεται

${{a}^{2}}=\dfrac{4}{9}\cdot \dfrac{2\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{b}^{2}}+2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-{{c}^{2}}}{4}+\dfrac{1}{9}\sqrt{\dfrac{\left[ 2\left( {{a}^{2}}+{{c}^{2}} \right)-{{b}^{2}} \right]\cdot \left[ 2\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}} \right)-{{c}^{2}} \right]\cdot \left[ {{a}^{2}}-{{\left( b-c \right)}^{2}} \right]}{bc}}$
Η οποία είναι μια σχέση

των πλευρών του τριγώνου (η πράξεις για πιθανή απλοποίηση αφήνεται για τους μαθητές τη συνθήκη εγγραψιμότητας του εν λόγω τετραπλεύρου BIGC

.

Επειδή είναι πασίγνωστο ότι : όπου το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας $\angle A$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τον περίκυκλό του βάζω για διαπραγμάτευση την εξής κατασκευή.

: ενδειαφέρουσα κατασκευή.png (19.57 KiB) Προβλήθηκε 768 φορές

Θεωρούμε χορδή κύκλου $\left( O \right)$ και ας είναι $\left( K \right)$ ο κύκλος $\left( K,KB=KC \right)$ με το μέσο του ελάσσονος τόξου .
Να κατασκευαστεί σημείο (σημεία) του $\left( O \right)$ που βρίσκεται στο μέγιστο τόξο του $\left( O \right)$ που ορίζεται από την ώστε το σημείο $G\equiv AM\cap \left( K \right)$ με μεταξύ των και το (μέσου) της να είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$

STOPJOHN · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 20, 2021 7:25 pm
Αν είναι το έγκεντρο και το βαρύκεντρο τριγώνου να βρείτε μία σχέση ανάμεσα

στις πλευρές του τριγώνου, ώστε τα σημεία να είναι ομοκυκλικά.

Ισχύει ότι τα τρίγωνα ISB,BCG

είναι όμοια άρα $\dfrac{IB}{CG}=\dfrac{SB}{SC},(1),$

Θεώρημα διχοτόμου στο τρίγωνο $BNC,\dfrac{SB}{a}=\dfrac{2SN}{b}=\dfrac{BN}{a+\dfrac{b}{2}}\Rightarrow SB=\dfrac{2a\mu _{b}}{2a+b},(2),GC=\dfrac{2}{3}\mu_{c},(3),SN=\dfrac{b\mu _{b}}{2a+b},(4)$

και ο τύπος $IB^{2}=\dfrac{\tau -a}{\tau }.ac$

Στο τρίγωνο

$BNC,(BS)(NC)^{2}+(SN)(CB)^{2}=(BN)(SC^{2}+SB.SN), (2),(3),(4),(5)\Rightarrow SC^{2}=\dfrac{ab}{(2a+b)^{2}}(a^{2}+b^{2}-c^{2}+2ab)$

$(1)\Rightarrow 9cb(a+c-b)(a+b-c)=(2a^{2}+2c^{2}-b^{2})(2a^{2}+2b^{2}-c^{2})$

#4

Ευχαριστώ τον Στάθη και τον Γιάννη για τις λύσεις τους. Να συμπληρώσω ότι η συνθήκη

εγγραψιμότητας στην απλοποιημένη της μορφή είναι: $\boxed{a^2+b^2+c^2=3bc}$

Αν δεν δοθεί άλλη λύση, θα επανέλθω με μία διαφορετική προσέγγιση, καθώς και για την κατασκευή που πρότεινε ο Στάθης.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 20, 2021 7:25 pm
Αν είναι το έγκεντρο και το βαρύκεντρο τριγώνου να βρείτε μία σχέση ανάμεσα

στις πλευρές του τριγώνου, ώστε τα σημεία να είναι ομοκυκλικά.

Είναι $\angle \phi =90^0+ \dfrac{A}{2}= \angle A+DBA \Rightarrow \angle DBA=90^0- \dfrac{A} {2} \Rightarrow BD \bot AI \Rightarrow AB=AD=c$

Ισχύει $GM.MN= BM.MC= \dfrac{a^2}{4} \Rightarrow \dfrac{1}{3} m_{a}.MN=\dfrac{a^2}{4} \Rightarrow MN= \dfrac{3a^2}{2m_{a}}$

Ακόμη, $AG.AN=AD.AC\Rightarrow \dfrac{2}{3} m_{a} (m_{a}+ \dfrac{3a^2}{2 m_{a}})=bc$ άρα

$\dfrac{2}{3} m^2_{a}+a^2=bc \Rightarrow \dfrac{2}{3} \dfrac{2(b^2+c^2)-a^2}{4}+a^2=bc$ $\Rightarrow a^2+b^2+c^2=3bc$

: ομοκυκλικά.png (42.13 KiB) Προβλήθηκε 617 φορές

#6

Αφού ευχαριστήσω και τον Μιχάλη για τη λύση του από την οποία κρατάω το τελικό αποτέλεσμα

$\boxed{a^2+b^2+c^2=3bc}$ , θα δώσω μία προσέγγιση στην κατασκευή που προτείνει ο Στάθης.

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 21, 2021 6:26 pm

Επειδή είναι πασίγνωστο ότι : όπου το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας $\angle A$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τον περίκυκλό του βάζω για διαπραγμάτευση την εξής κατασκευή.
ενδειαφέρουσα κατασκευή.png
Θεωρούμε χορδή κύκλου $\left( O \right)$ και ας είναι $\left( K \right)$ ο κύκλος $\left( K,KB=KC \right)$ με το μέσο του ελάσσονος τόξου .
Να κατασκευαστεί σημείο (σημεία) του $\left( O \right)$ που βρίσκεται στο μέγιστο τόξο του $\left( O \right)$ που ορίζεται από την ώστε το σημείο $G\equiv AM\cap \left( K \right)$ με μεταξύ των και το (μέσου) της να είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$

O κύκλος

είναι γνωστός, καθώς και η χορδή BC=a,

οπότε και η γωνία $\widehat A$ θα είναι γνωστή και έστω $\displaystyle \cos A = k.$

: Ομοκυκλικά σημεία-Στάθης.png (17.67 KiB) Προβλήθηκε 546 φορές

Θεωρείται γνωστό ότι το έγκεντρο

του τριγώνου ABC

είναι σημείο του κύκλου (K).

Επειδή όμως και το

είναι σημείο του ίδιου κύκλου, θα είναι (σύμφωνα με την αρχική άσκηση) b^2+c^2=3bc-a^2.

$\displaystyle \cos A = \frac{{3bc - 2{a^2}}}{{2bc}} \Leftrightarrow bc = \frac{{2{a^2}}}{{3 - 2k}} \Leftrightarrow 2R{h_a} = \frac{{2{a^2}}}{{3 - 2k}} \Leftrightarrow$ $\boxed{{h_a} = \frac{{{a^2}}}{{R(3 - 2k)}}}$ (που είναι κατασκευάσιμο τμήμα).

Η παράλληλη στην

σε απόσταση h_a

τέμνει τον κύκλο (O)

στην τρίτη κορυφή

του ζητούμενου τριγώνου ABC.

#7

Για την αρχική άσκηση, έστω (O, R)

ο περίκυκλος του τριγώνου και (K, r)

ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία B, I, C, G.

Θα χρησιμοποιήσω την Πρόταση: Η διαφορά των δυνάμεων ενός σημείου ως προς δύο κύκλους είναι ίση με

το διπλάσιο γινόμενο της διακέντρου επί την απόσταση του σημείου από το ριζικό τους άξονα.

: Ομοκυκλικά σημεία.β.png (22.14 KiB) Προβλήθηκε 482 φορές

$\displaystyle |\Delta _{(K,r)}^G - \Delta _{(O,R)}^G| = 2(OK)(G{G_1}) = 2R\frac{{{h_a}}}{3} = \frac{{bc}}{3}.$ Επειδή όμως το

είναι σημείο του κύκλου (K)

θα είναι

$\displaystyle \Delta _{(K,r)}^G = 0$ και $\displaystyle \Delta _{(O,R)}^G = O{G^2} - {R^2}\mathop = \limits^{Leibniz} {R^2} - \frac{1}{9}({a^2} + {b^2} + {c^2}) - {R^2},$ απ' όπου $\boxed{a^2+b^2+c^2=3bc}$

Ομοκυκλικά σημεία

Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Μέλη σε σύνδεση