Και οι τέσσερις συντρέχουν

giannimani · #1

Να αποδείξετε ότι, σε ένα τρίγωνο ABC

οι τέσσερις ευθείες που περιέχουν
$\bullet$ τα σημεία $B_{3}$ , $C_{3}$ επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές του

,

αντίστοιχα,
$\bullet$ τα σημεία επαφής $B_{4}$ , $C_{4}$ αυτών των πλευρών με τους αντίστοιχους παρεγγεγραμμένους κύκλους,
$\bullet$ τα ίχνη των υψών $B_{1}$ , $C_{1}$ επί των δύο αυτών πλευρών, και
$\bullet$ τα ίχνη των διχοτόμων $B_{2}$ , $C_{2}$ επίσης επί των δύο αυτών πλευρών,
διέρχονται από το ίδιο σημείο (ή είναι παράλληλες).

: concur.png (67.07 KiB) Προβλήθηκε 1697 φορές

min## · #2

: feuerbach23.png (65.68 KiB) Προβλήθηκε 1669 φορές

Καλησπέρα
Παραθέτω μια "Υπερβολική" λύση

Είναι γνωστό ότι οι :
1) $BC_{1},CB_{1}$ περνούν από το ορθόκεντρο

του

.
2) $BC_{2},CB_{2}$ περνούν από το έκκεντρο

του

.
3) $BC_{3},CB_{3}$ περνούν από το σημείο Gergonne

(

) του

.
4) $BC_{4},CB_{4}$ περνούν από το σημείο Nagel

(

) του

.
Είναι επίσης γνωστό ότι υπάρχει (ισοσκελής) υπερβολή που περνάει από τα A,B,C,H,I,Ge,Na

η
οποία ονομάζεται Υπερβολή του Feuerbach.(σχήμα πρώτο).Αποδεικνύεται σχετικά απλά αν υπολογίσουμε τους διπλούς λόγους των (γνωστών συναρτήσει των πλευρών) σημειοσειρών $B_{i},C_{i}$ ,οι οποίοι βγαίνουν ίσοι.

: lemmaconic23.png (29.69 KiB) Προβλήθηκε 1669 φορές

Δείχνουμε το ακόλουθο Λήμμα:
Έστω $X_{A}X_{B}X_{C}$ το σεβιανό ενός σημείου

ως προς το τρίγωνο ABC

.Έστω κωνική
που περνάει από τα A,B,C,X

.Τότε η πολική του $X_{A}$ ως προς την κωνική είναι η $X_{B}X_ {C}$ κλπ.
Απόδειξη:Ουσιαστικά άμεση από Desargues Involution(εδώ με αποδείξεις
viewtopic.php?f=167&t=63423&p=306522&hilit=%CE%B5%CE%BD
%CE%AD%CE%BB%CE%B9%CE%BE%CE%B7#p306522).Αν η κωνική τέμνει την $X_{C}X_{A}$
στα P,R

τότε από το παραπάνω θεώρημα για το τετράπλευρο ABCX

και την ευθεία $X_{C} X_{A}$ τα (P,R)

, $(X_{A},X_{A})$ , $(X_{C},X_{C})$ βρίσκονται σε ενέλιξη (προβολικός
μετασχηματισμός που η διπλή του εφαρμογή είναι ο ταυτοτικός).Τα $X_{A},X_{C}$ είναι σταθερά
σημεία,άρα η ενέλιξη είναι αντιστροφή με κέντρο το μέσο του $X_{A}X_{C}$ .
(Γενικά η ενέλιξη σε
ευθεία είναι αντιστροφή με κέντρο στην ευθεία:Αν μέσω ενέλιξης το σημείο στο $\infty$ της ευθείας πάει σε σημείο ,τότε για οποιαδήποτε συζηγή σημεία της ενέλιξης,ισχύει $(I,\infty,X,Y)=(\infty,I,X',Y')=(I,\infty,Y',X')\rightarrow \frac{IX}{IY}=\frac{IY'}{IX'}\rightarrow IX\cdot IX'=IY\cdot IY'$ ,δηλαδή η ενέλιξη είναι αντιστροφή κέντρου )
.Άρα τα P,R

είναι αντίστροφα σε αυτή την
αντιστροφή και άρα $(X_{C},X_{A},P,R)$ αρμονική.Άρα η πολική του $X_{A}$ ως προς την κωνική
περνάει από το $X_{C}$ .Ομοίως περνάει και από το $X_{B}$ και το ζητούμενο δείχτηκε..
Στο αρχικό πρόβλημα τώρα,οι πόλοι των ευθειών $B_{i}C_{i}$ ως προς την Υπερβολή του
Feuerbach βρίσκονται όλοι πάνω στην

(για το ορθικό τρίγωνο πχ, ο πόλος της ευθείας αυτής
είναι η προβολή του

στην

από το προηγούμενο λήμμα κλπ.).Αν θεωρήσουμε ως

τον
πόλο της

προκύπτει από τα προηγούμενα ότι το

ανήκει σε όλες τις παραπάνω ευθείες
και το ζητούμενο δείχτηκε..

Al.Koutsouridis · #3

giannimani έγραψε: ↑
Τετ Απρ 17, 2019 12:41 pm
Να αποδείξετε ότι, σε ένα τρίγωνο οι τέσσερις ευθείες που περιέχουν
$\bullet$ τα σημεία $B_{3}$ , $C_{3}$ επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές του , αντίστοιχα,
$\bullet$ τα σημεία επαφής $B_{4}$ , $C_{4}$ αυτών των πλευρών με τους αντίστοιχους παρεγγεγραμμένους κύκλους,
$\bullet$ τα ίχνη των υψών $B_{1}$ , $C_{1}$ επί των δύο αυτών πλευρών, και
$\bullet$ τα ίχνη των διχοτόμων $B_{2}$ , $C_{2}$ επίσης επί των δύο αυτών πλευρών,
διέρχονται από το ίδιο σημείο (ή είναι παράλληλες).concur.png

Δε το έχω κοιτάξει διεξοδικά ακόμα, αλλά φαίνεται σαν ειδική περίπτωση (ή ισοδύναμο) με το ερώτημα (α1) εδώ.

giannimani · #4

: concur_sol.png (76.93 KiB) Προβλήθηκε 1566 φορές

Έστω

το αντιδιαμετρικό του $C_{3}$ . Τότε είναι γνωστό ότι τα σημεία

,

και $C_{4}$ ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Τώρα, στη δέσμη $B(C_{1}C_{3}C_{2}C_{4})$ η $DC_{3}\parallel BC_{1}$ και το

είναι το μέσο του $DC_{3}$ , δηλαδή, το $DC_{3}$ διχοτομείται
από τις ακτίνες $BC_{3}$ , $BC_{2}$ , $BC_{4}$ , οπότε η δέσμη $B(C_{1}C_{3}C_{2}C_{4})$ είναι αρμονική, δηλαδή, $(C_{1}C_{3}C_{2}C_{4})=-1$
Όμοια, $(B_{1}B_{3}B_{2}B_{4})=-1$ .

Στη συνέχεια, αποδεικνύουμε ότι οι ευθείες $B_{1}C_{1}$ , $B_{2}C_{2}$ και $B_{3}C_{3}$ , διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Στο τρίγωνο $AB_{1}C_{1}$ με τέμνουσα των πλευρών του την $B_{2}C_{2}$ (έστω $S=B_{1}C_{1}\cap B_{2}C_{2}$ ),
από το θεώρημα Μενελάου έχουμε: $\frac{AB_{2}}{B_{2}B_{1}} \cdot \frac{B_{1}S}{SC_{1}} \cdot \frac{C_{1}C_{2}}{C_{2}A}=1\,\implies \, \frac{B_{1}S}{SC_{1}}= \frac{B_{2}B_{1}}{AB_{2}} \cdot \frac{C_{2}A}{C_{1}C_{2}}\quad (1)$ .

Στο τρίγωνο $AB_{1}C_{1}$ με τέμνουσα των πλευρών του την $B_{3}C_{3}$ (έστω $S'=B_{1}C_{1}\cap B_{3}C_{3}$ ),
από το θεώρημα Μενελάου έχουμε: $\frac{AB_{3}}{B_{3}B_{1}} \cdot \frac{B_{1}S'}{S'C_{1}} \cdot \frac{C_{1}C_{3}}{C_{3}A}=1\,\implies \, \frac{B_{1}S'}{S'C_{1}}= \frac{B_{3}B_{1}}{AB_{3}} \cdot \frac{C_{3}A}{C_{1}C_{3}}\quad (2)$ .

Για να αποδείξουμε ότι οι ευθείες διέρχονται από το ίδιο σημείο, αρκεί $S\equiv S'$ ,
ή λόγω των (1)

και

$\frac{B_{2}B_{1}}{AB_{2}} \cdot \frac{C_{2}A}{C_{1}C_{2}}= \frac{B_{3}B_{1}}{AB_{3}} \cdot \frac{C_{3}A}{C_{1}C_{3}}\quad (3)$ .

Όμως, $AB_{3}=AC_{3}$ ( $B_{3}$ , $C_{3}$ σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις πλευρές

,

αντίστοιχα).
Ως εκ τούτου, η (3)

γίνεται: $\frac{B_{2}B_{1}}{AB_{2}} \cdot \frac{C_{2}A}{C_{1}C_{2}}= \frac{B_{3}B_{1}}{C_{1}C_{3}}$ , ή $\frac{B_{1}B_{2}}{B_{1}B_{3}}\cdot \frac{C_{1}C_{3}}{C_{1}C_{2}}\cdot \frac{AC_{2}}{AB_{2}}=1 \quad (4)$ .

Στο τρίγωνο $BC_{1}C_{2}$ είναι $IC_{3} \parallel BC_{1}$ , οπότε $\frac{C_{1}C_{3}}{C_{1}C_{2}}=\frac{BI}{BC_{2}} \quad (5)$ .
Όμοια, από το τρίγωνο $CB_{1}B_{2}$ έχουμε $\frac{B_{1}B_{2}}{B_{1}B_{3}}=\frac{CB_{2}}{CI} \quad (6)$ .
Η (4)

λόγω των

και

γίνεται $\frac{CB_{2}}{CI}\cdot \frac{BI}{BC_{2}} \cdot\frac{AC_{2}}{AB_{2}}=1 \quad (7)$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε τους επόμενους τύπους $\frac{BI}{BC_{2}}=\frac{a+c}{2\tau}$ , $\frac{CB_{2}}{CI}=\frac{2\tau}{a+b}$ , $AC_{2}=\frac{bc}{a+c}$ , $AB_{2}=\frac{bc}{a+b}$ (*).

Σύμφωνα με τους ανωτέρω τύπους, το αριστερό μέλος της (7)

γράφεται
$\frac{2\tau}{a+b} \cdot \frac{a+c}{2\tau} \cdot \frac{bc(a+b)}{bc(a+c)}=1$ , το οποίο μας εξασφαλίζει ότι $S\equiv S'$ .

Τελικά, για να αποδείξουμε ότι και η $B_{4}C_{4}$ διέρχεται από το

, χρησιμοποιούμε το επόμενο θεώρημα:
Αν (ABCD) = -1

και

, και οι ευθείες AA'

,

τέµνονται σε ένα σηµείο, έστω

,
τότε και η ευθεία DD'

διέρχεται από το

.

(*) Οι δύο πρώτοι τύποι προκύπτουν από τον τύπο που δίνει το μήκος της διχοτόμου

σε ένα τρίγωνο ABC

:
$AD=\frac{2bc}{b+c}cos\frac{A}{2}$ ,
και
$AI=\frac{bc}{\tau}cos\frac{A}{2}$ (

-έκκεντρο του τριγώνου)
και ο τρίτος και τέταρτος τύπος από το θεώρημα των διχοτόμων.

#5

giannimani έγραψε: ↑
Τετ Απρ 17, 2019 12:41 pm
Να αποδείξετε ότι, σε ένα τρίγωνο οι τέσσερις ευθείες που περιέχουν
$\bullet$ τα σημεία $B_{3}$ , $C_{3}$ επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές του , αντίστοιχα,
$\bullet$ τα σημεία επαφής $B_{4}$ , $C_{4}$ αυτών των πλευρών με τους αντίστοιχους παρεγγεγραμμένους κύκλους,
$\bullet$ τα ίχνη των υψών $B_{1}$ , $C_{1}$ επί των δύο αυτών πλευρών, και
$\bullet$ τα ίχνη των διχοτόμων $B_{2}$ , $C_{2}$ επίσης επί των δύο αυτών πλευρών,
διέρχονται από το ίδιο σημείο (ή είναι παράλληλες).concur.png

Σχετικά εύκολα (όπως αναφέρει και ο Μίνος πιο πάνω) υπολογίζοντας συναρτήσει των πλευρών τα αντίστοιχα τμήματα αποδεικνύεται ότι

$\left( {{C}_{1}},{{C}_{3}},{{C}_{4}},A \right)=\left( {{B}_{1}},{{B}_{3}},{{B}_{4}},A \right)$ οπότε οι δέσμες ${{B}_{3}}.{{C}_{1}}{{C}_{3}}{{C}_{4}}A$ και ${{C}_{3}}\cdot {{B}_{1}}{{B}_{3}}{{B}_{4}}A$ έχουν ίσους διπλούς λόγους και με κοινή ακτίνα τους την ${{B}_{3}}{{C}_{3}}\equiv {{C}_{3}}{{B}_{3}}$ προκύπτει ότι τα σημεία τομής των αντιστοίχων άλλων ακτινών τους είναι συνευθειακά , δηλαδή τα $K\equiv {{B}_{3}}{{C}_{1}}\cap {{C}_{3}}{{B}_{1}},L\equiv {{B}_{3}}{{C}_{4}}\cap {{C}_{3}}{{B}_{4}},A\equiv {{B}_{3}}A\cap {{C}_{3}}A$ είναι συνευθειακά οπότε τα τρίγωνα $\vartriangle {{B}_{3}}{{C}_{1}}{{C}_{4}},\vartriangle {{C}_{3}}{{B}_{1}}{{B}_{4}}$ είναι σύμφωνα με το Θεώρημα του Desarques προοπτικά και συνεπώς οι ευθείες που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές τους διέρχονται από το ίδιο σημείο , δηλαδή $S\equiv {{B}_{3}}{{C}_{3}}\cap {{C}_{1}}{{B}_{1}}\cap {{C}_{4}}{{B}_{4}}\equiv {{B}_{3}}{{C}_{3}}\cap {{C}_{1}}{{B}_{1}}$
Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\left( {{C}_{1}},{{C}_{3}},{{C}_{2}},A \right)=\left( {{B}_{1}},{{B}_{3}},{{B}_{2}},A \right)$ άρα … οι ευθείες ${{C}_{1}}{{B}_{1}},{{C}_{3}}{{B}_{3}},{{C}_{2}}{{B}_{2}}$ διέρχονται από το ίδιο σημείο άρα $S\equiv {{B}_{3}}{{C}_{3}}\cap {{C}_{1}}{{B}_{1}}\cap {{C}_{4}}{{B}_{4}}\cap {{B}_{2}}{{C}_{2}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Στάθης

Και οι τέσσερις συντρέχουν

Και οι τέσσερις συντρέχουν

Re: Και οι τέσσερις συντρέχουν

Re: Και οι τέσσερις συντρέχουν

Re: Και οι τέσσερις συντρέχουν

Re: Και οι τέσσερις συντρέχουν

Μέλη σε σύνδεση