Εὐκλείδεια Ρωσικοῦ τουρνουὰ πόλεων

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

Άβαταρ μέλους
Γ.-Σ. Σμυρλής
Δημοσιεύσεις: 557
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 14, 2012 9:47 am
Τοποθεσία: Λευκωσία, Κύπρος

Εὐκλείδεια Ρωσικοῦ τουρνουὰ πόλεων

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.-Σ. Σμυρλής » Τετ Ιούλ 05, 2017 11:47 pm

ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Ἔστω Δ σημεῖο τῆς πλευρᾶς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ, καὶ Κ τὸ σημεῖο τομῆς τῆς ἐξωτερικῆς κοινῆς ἐφαπτομένης (ὄχι τῆς ΒΓ, ἀλλὰ τῆς ἄλλης ἐξωτερικῆς κοινῆς ἐφαπτομένης) τῶν ἐγγεγραμμένων κύκλων τῶν τριγώνων ΑΒΔ καὶ ΑΓΔ μὲ τὴν ΑΔ. Δείξατε ὅτι τὸ μῆκος τῆς ΑΚ δὲν ἐξαρτᾶται ἀπὸ τὴν ἐπιλογὴ τοῦ σημείου Δ.



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

Re: Εὐκλείδεια Ρωσικοῦ τουρνουὰ πόλεων

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Ιούλ 07, 2017 9:51 pm

Γ.-Σ. Σμυρλής έγραψε:ΠΡΟΒΛΗΜΑ. Ἔστω Δ σημεῖο τῆς πλευρᾶς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ, καὶ Κ τὸ σημεῖο τομῆς τῆς ἐξωτερικῆς κοινῆς ἐφαπτομένης (ὄχι τῆς ΒΓ, ἀλλὰ τῆς ἄλλης ἐξωτερικῆς κοινῆς ἐφαπτομένης) τῶν ἐγγεγραμμένων κύκλων τῶν τριγώνων ΑΒΔ καὶ ΑΓΔ μὲ τὴν ΑΔ. Δείξατε ὅτι τὸ μῆκος τῆς ΑΚ δὲν ἐξαρτᾶται ἀπὸ τὴν ἐπιλογὴ τοῦ σημείου Δ.
Ας είναι P,F τα σημεία επαφής του έγκυκλου \left( I \right) του τριγώνου \vartriangle ABC με τις BC,AC αντίστοιχα. Τότε σύμφωνα με το παρακάτω ΛΗΜΜΑ (Κώστας Βήττας) τα σημεία {{I}_{1}},P,D,{{I}_{2}} είναι ομοκυκλικά , όπου {{I}_{1}},{{I}_{2}} είναι τα έγκεντρα των τριγώνων \vartriangle ABD,\vartriangle ACD αντίστοιχα. Αλλά \angle {{I}_{1}}K{{I}_{2}}={{90}^{0}} (K{{I}_{1}},K{{I}_{2}}διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών) και για τον ίδιο λόγο \angle {{I}_{1}}D{{I}_{2}}={{90}^{0}} , οπότε τα σημεία K,{{I}_{1}},D,{{I}_{2}} είναι ομοκυκλικά (το τετράπλευρο K{{I}_{1}}D{{I}_{2}} έχει δύο απέναντι γωνίες παραπληρωματικές (ορθές)), άρα τελικά τα σημεία {{I}_{1}},P,D,{{I}_{2}},K είναι ομοκυκλικά. Έτσι έχουμε:
[attachment=0]Ευκλείδεια Ρωσικού τουρνουά πόλεων.png[/attachment]
\angle PK{I_2}\mathop  = \limits^{\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,\sigma \varepsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\,\,KPD{I_2}} \angle {I_2}DC\mathop  = \limits^{D{I_2}\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle KDC} \angle KD{I_2} \Rightarrow \boxed{P{I_2} = K{I_2}}:\left( 1 \right)

Αλλά P{I_2}\mathop  = \limits^{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,CI} F{I_2}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{K{I_2} = F{I_2}}:\left( 3 \right)

Επίσης είναι \angle DK{I_2}\mathop  = \limits^{K,{I_2},D,P\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle DP{I_2}\mathop  = \limits^{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,CI} \angle {I_2}FC\mathop  \Rightarrow \limits^{\pi \alpha \rho \alpha \pi \lambda \eta \rho \omega \mu \alpha \tau \alpha \,\,\iota \sigma \omega \nu \,\,\gamma \omega \nu \iota \omega \nu } \angle AK{I_2} = \angle AF{I_2}

\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle KA{I_2} = \angle FA{I_2}\left( {A{I_2}\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle DAC} \right)} \angle K{I_2}A = \angle F{I_2}A \mathop  \Rightarrow \limits^{K{I_2} = F{I_2},A{I_2} = A{I_2}\left( {\Pi  - \Gamma  - \Pi } \right)} \vartriangle AK{I_2} = \vartriangle AF{I_2} \Rightarrow \boxed{AK = AF = \tau  - a = ct}

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης
Συνημμένα
Ευκλείδεια Ρωσικού τουρνουά πόλεων.png
Ευκλείδεια Ρωσικού τουρνουά πόλεων.png (43.24 KiB) Προβλήθηκε 1005 φορές


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

Re: Εὐκλείδεια Ρωσικοῦ τουρνουὰ πόλεων

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Ιούλ 07, 2017 9:55 pm

vittasko έγραψε:
vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC και έστω P, τυχόν σημείο επί της πλευράς του BC. Ο εγγεγραμμένος κύκλος (I) του \vartriangle ABC εφάπτεται της BC στο σημείο έστω D και έστω I_{1},\ I_{2}, τα έγκεντρα των τριγώνων \vartriangle APB,\ \vartriangle APC. Αποδείξτε ότι τα σημεία I_{1},\ P,\ D,\ I_{2} είναι ομοκυκλικά.
Απόδειξη. - Έστω (D,) το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (I) του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC, στην πλευρά BC και έστω E,\ F, τα σημεία επαφής των εγγεγραμμένων κύκλων (I_{1}),\ (I_{2}) των τριγώνων \vartriangle APB,\ \vartriangle APC αντιστοίχως, στην ίδια πλευρά.

Στο τρίγωνο \vartriangle ABC έχουμε \displaystyle BD = \frac{AB + BC - AC}{2}\ \ \ ,(1) ( γνωστό αποτέλεσμα ).

Ομοίως, στα τρίγωνα \vartriangle APB,\ \vartriangle APC έχουμε \displaystyle BE = \frac{AB + BP - AP}{2}\ \ \ ,(2) και \displaystyle PF = \frac{AP + PC - AC}{2}\ \ \ ,(3)

Από (1),\ (2) και ED = BD - BE \Longrightarrow \displaystyle ED = \frac{AB + BC - AC}{2} - \frac{AB + BP - AP}{2}

\Longrightarrow \displaystyle ED = \frac{BC - BP + AP - AC}{2} = \frac{AP + PC - AC}{2} = PF \Longrightarrow ED = PF \Longrightarrow EP = DF\ \ \ ,(4)
f=112_t=26833(b).PNG
f=112_t=26833(b).PNG (25.19 KiB) Προβλήθηκε 1000 φορές
\bullet Έστω K το μέσον του I_{1}I_{2} και M η προβολή του K επί της BC και λόγω του τραπεζίου I_{1}EFI_{2}, ισχύει προφανώς ME = MF\ \ \ ,(5)

Από (4),\ (5), προκύπτει ότι το μέσον M του EF, ταυτίζεται επίσης με το μέσον του PD και άρα έχουμε KP = KD\ \ \ ,(6)

Αλλά, στο ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle PI_{1}I_{2}, λόγω των PI_{1},\ PI_{2} ως διχοτόμων παραπληρωματικών γωνιών, έχουμε ότι KI_{1} = KP = KI_{2}\ \ \ ,(7)

Από (6),\ (7) \Longrightarrow KI_{1} = KP = KD = KI_{2} και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


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
Γ.-Σ. Σμυρλής
Δημοσιεύσεις: 557
Εγγραφή: Κυρ Οκτ 14, 2012 9:47 am
Τοποθεσία: Λευκωσία, Κύπρος

Re: Εὐκλείδεια Ρωσικοῦ τουρνουὰ πόλεων

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γ.-Σ. Σμυρλής » Σάβ Ιούλ 08, 2017 1:28 am

Πολὺ καλὴ λύση!


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες