Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Τρί Απρ 24, 2018 1:22 pm

GEOMETRIA197=FB1794.png
GEOMETRIA197=FB1794.png (52.53 KiB) Προβλήθηκε 1122 φορές
Εστω τρίγωνο ABC, M το μέσον της BC και S, T τα σημεία επαφής των εγκύκλων ABM, AMC με τις AB, AC αντίστοιχα.

Οι παράλληλες από τα S, T προς τις MT, MS αντίστοιχα, τέμνονται στο P.

Αν I το έγκεντρο του ABC, δείξτε οτι τα σημεία A, P, I είναι συνευθειακά.


Το πρόβλημα αφιερώνεται στον φίλο Γιώργο Βισβίκη, για την γιορτή του


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 807
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Απρ 28, 2018 12:52 pm

συνευθειακότητα με το έγκεντρο.png
συνευθειακότητα με το έγκεντρο.png (48.79 KiB) Προβλήθηκε 1033 φορές
Μια πρόοδο που έχω κάνει τις τελευταίες μέρες που νομίζω πως είναι ένα βήμα πριν τη λύση του προβλήματος:

Έστω K το μέσο του AM και L το σημείο τομής των ST και PM.

Λόγω του ότι το L είναι μέσο της PM, έχουμε πως LK//AP.

Αρκεί να αποδειχθεί πως η LK είναι παράλληλη στη διχοτόμο της \widehat{BAC}.

Έστω πως η MT και MS τέμνουν τις AB και AC στα σημεία E και F αντίστοιχα.

Tο τετράπλευρο ASMT.EF είναι πλήρες και έτσι το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων SME και TMF, έστω N, είναι το σημείο Miquel του τετραπλεύρου.

Έστω πως το N ανήκει στη διχοτόμο της \widehat{BAC}. Αν G, H οι προβολές του N στις AB και AC αντίστοιχα, τότε θα ήταν AN\perp GH.

Όμως λόγω του ότι η ευθεία LK είναι η ευθεία Newton-Gauss του πλήρες τετραπλεύρου τετραπλεύρου, έχουμε πως η LK είναι κάθετη στην ευθεία Simson του τετραπλεύρου, που είναι η GH. Άρα αυτό θα αποδείκνυε πως η LK είναι παράλληλη στη διχοτόμο της \widehat{BAC} και το ζητούμενο θα προέκυπτε.

Ξέρουμε ταυτόχρονα πως το σημείο Miquel ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ASF. Άρα αν πράγματι το N άνηκε στη διχοτόμο του \widehat{BAC}, τότε θα ήταν NS=NF\Leftrightarrow \widehat{NSM}=\widehat{NFM}.

Εκτελώντας νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα NSM και NFM προκύπτει πως οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων NSM και NFM πρέπει να είναι ίσοι και εκτελώντας πάλι νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα SME και TMF προκύπτει πως πρέπει SE=TF.

Αν αποδείξουμε δηλαδή πως SE=TF προκύπτει το ζητούμενο!!

Αν και προσπάθησα πολύ να αποδείξω την τελευταία ισότητα, δεν τα κατάφερα και κατέληξα σε περίπλοκες τριγωνομετρικές σχέσεις. Παρόλα αυτά πιστεύω πως η τελευταία ισότητα είναι πιο προσιτή από το αρχικό πρόβλημα.

:helpsmilie: :helpsmilie: :helpsmilie:


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4052
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Μάιος 02, 2018 10:58 pm

sakis1963 έγραψε:
Τρί Απρ 24, 2018 1:22 pm
GEOMETRIA197=FB1794.png
Έστω τρίγωνο ABC, M το μέσον της BC και S, T τα σημεία επαφής των εγκύκλων ABM, AMC με τις AB, AC αντίστοιχα. Οι παράλληλες από τα S, T προς τις MT, MS αντίστοιχα, τέμνονται στο P. Αν I το έγκεντρο του ABC, δείξτε οτι τα σημεία A, P, I είναι συνευθειακά.
Το πρόβλημα αφιερώνεται στον φίλο Γιώργο Βισβίκη, για την γιορτή του
Για να μη μείνει στη "μέση" η καταπληκτική προσπάθεια του Διονύση αλλά και επειδή η πρόταση είναι αφιερωμένη σε έναν ΑΡΙΣΤΟ ΓΕΩΜΕΤΡΗ και για να κρατήσω την υπόσχεσή μου στον Θάνο ας δούμε μια διαφορετική αντιμετώπιση (χωρίς τριγωνομετρία βέβαια).

 \bullet Έστω το παραλληλόγραμμο ASZT και ας είναι F,E τα σημεία τομής των SZ,TZ με την BC . Από τα παραλληλόγραμμα MSPT,ASZT με κοινή διαγώνιο ST προκύπτει ότι APZM είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς ZM\parallel AP:\left( 1 \right)

Από SB\parallel EZ\mathop  \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \dfrac{{ZF}}{{FS}} = \dfrac{{ZE}}{{BS}} \Rightarrow \dfrac{{ZF}}{{ZE}} = \dfrac{{FS}}{{BS}}\mathop  = \limits^{FS\parallel CA} \dfrac{b}{c}:\left( 2 \right)

Αν {\tau _1} = \dfrac{{c + {\mu _a} + \dfrac{a}{2}}}{2} = \dfrac{{2c + 2{\mu _a} + a}}{4} η ημιπερίμετρος του τριγώνου \vartriangle ABM και {\tau _2} = \dfrac{{b + {\mu _a} + \dfrac{a}{2}}}{2} = \dfrac{{2b + 2{\mu _a} + a}}{4} η ημιπερίμετρος του τριγώνου \vartriangle ACM

(με τους συνήθεις συμβολισμούς για το τρίγωνο \vartriangle ABC) τότε BS = {\tau _1} - {\mu _a} = \dfrac{{2c + 2{\mu _a} + a}}{4} - {\mu _a}  = \dfrac{{2c - 2{\mu _a} + a}}{4}:\left( 3 \right) και

CT = {\tau _2} - {\mu _a} = \dfrac{{2b + 2{\mu _a} + a}}{4} - {\mu _a}  = \dfrac{{2b - 2{\mu _a} + a}}{4}:\left( 4 \right).
Συνευθειακότητα με το έγκεντρο.png
Συνευθειακότητα με το έγκεντρο.png (51.08 KiB) Προβλήθηκε 946 φορές
 \bullet Από SF\parallel AC \Rightarrow \dfrac{{BF}}{{BC}} = \dfrac{{BS}}{{BA}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} BF = \dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{{2c - 2{\mu _a} + a}}{4}\mathop  \Rightarrow \limits^{MF = \dfrac{a}{2} - BF} MF = \dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{c} \cdot \dfrac{{2c - 2{\mu _a} + a}}{4} \Rightarrow MF = \dfrac{{2a{\mu _a} - {a^2}}}{{4c}}:\left( 5 \right) και

από TS\parallel AB \Rightarrow \dfrac{{CE}}{{BC}} = \dfrac{{CT}}{{CA}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} CE = \dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{{2b - 2{\mu _a} + a}}{4}\mathop  \Rightarrow \limits^{ME = \dfrac{a}{2} - CE} ME = \dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{b} \cdot \dfrac{{2b - 2{\mu _a} + a}}{4} \Rightarrow ME = \dfrac{{2a{\mu _a} - {a^2}}}{{4b}}:\left( 6 \right).

Από \left( 5 \right):\left( 6 \right) \Rightarrow \dfrac{{MF}}{{ME}} = \dfrac{b}{c}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{MF}}{{ME}} = \dfrac{{ZF}}{{ZE}} \mathop  \Rightarrow \limits^{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\,\,\Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle ZFE} ZM διχοτόμος της \angle FZE \equiv \angle SZT

και με AP\parallel ZM και ASZT παραλληλόγραμμο προκύπτει ότι AP διχοτόμος της γωνίας \angle A του εν λόγω παραλληλογράμμου (που ταυτίζεται με τη γωνία του τριγώνου \vartriangle ABC ) και συνεπώς AP διέρχεται από το έγκεντρο I του \vartriangle ABC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης


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
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Παρ Μάιος 04, 2018 12:00 am

FB1794 solution (GR)2.png
FB1794 solution (GR)2.png (43 KiB) Προβλήθηκε 881 φορές
Προφανώς, οι κύκλοι (M, \frac{a}{2}), (A, AM-\frac{a}{2}) εφάπτονται εστω στο σημείο Z της AM.

Ο κύκλος (A, AM-\frac{a}{2}) τέμνει τις AB, AC στα σημεία D, E αντίστοιχα.

Εύκολα αποδεικνύεται ( δείτε εδώ πως) ότι τα S, T είναι τα μέσα των BD, CE αντίστοιχα.

Οπότε για το τετράπλευρο BDEC, από το αντίστροφο γνωστής πρότασης, το P είναι μέσον της τέταρτης πλευράς του DE.

Αλλά το τρίγωνο ADE είναι ισοσκελές εκ κατασκευής και συνεπώς η AP εκτός από διάμεσος ειναι και διχοτόμος της γωνίας \hat{BAC}


Αφιερώνω τη λύση στο φίλο, "γίγαντα" γεωμέτρη Στάθη, που έδωσε ζόρικες λύσεις στα τελευταία 3 ζόρικα προβλήματα που έβαλα.


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1302
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Μάιος 04, 2018 12:55 am

sakis1963 έγραψε:
Παρ Μάιος 04, 2018 12:00 am
Οπότε για το τετράπλευρο BDEC, από το αντίστροφο γνωστής πρότασης, το P είναι μέσον της τέταρτης πλευράς του DE.
Καλησπέρα και ευχαριστούμε για το όμορφο αυτό πρόβλημα. Δεν πρέπει να δείξουμε ότι το P ανήκει στη DE ώστε μετά να εφαρμόσουμε το αντίστροφο της πρότασης;


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Παρ Μάιος 04, 2018 1:45 am

silouan έγραψε:
Παρ Μάιος 04, 2018 12:55 am
sakis1963 έγραψε:
Παρ Μάιος 04, 2018 12:00 am
Οπότε για το τετράπλευρο BDEC, από το αντίστροφο γνωστής πρότασης, το P είναι μέσον της τέταρτης πλευράς του DE.
Καλησπέρα και ευχαριστούμε για το όμορφο αυτό πρόβλημα. Δεν πρέπει να δείξουμε ότι το P ανήκει στη DE ώστε μετά να εφαρμόσουμε το αντίστροφο της πρότασης;
Ισως να διατύπωσα άκομψα την χρήση του αντιστρόφου.

Εχοντας την DE και τα τρία μέσα S, M, T, πλέον η MT\parallel BE και η SM\parallel DC.

Αν τωρα φερουμε από τo S παράλληλη στις BE \parallel MT αυτή συναντά την DE στο μέσον της έστω P,

στο οποίο συντρέχει και η παράλληλη από το T προς τις DC \parallel SM


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1302
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Μάιος 04, 2018 2:07 am

Πολύ όμορφη λύση! :clap2:


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1302
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Παρ Μάιος 04, 2018 2:55 am

Ανασκευάζω λίγο το επιχείρημα της λύσης (αποφεύγω τελείως τους κύκλους και το λήμμα από το σύνδεσμο).

Έστω D το συμμετρικό του B ως προς το S και E το συμμετρικό του C ως προς το T.
Τότε το P ανήκει στη DE και είναι το μέσον της, επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι το τρίγωνο ADE είναι ισοσκελές.
Για το σκοπό αυτό αρκεί

\displaystyle{AB-DB=AC-EC\iff AB-2(\tau_1-AM)=AC-2(\tau_2-AM)\iff AM+MB=AM+MC}

που προφανώς ισχύει.


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9802
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μάιος 04, 2018 9:04 am

sakis1963 έγραψε:
Τρί Απρ 24, 2018 1:22 pm
GEOMETRIA197=FB1794.png

Εστω τρίγωνο ABC, M το μέσον της BC και S, T τα σημεία επαφής των εγκύκλων ABM, AMC με τις AB, AC αντίστοιχα.

Οι παράλληλες από τα S, T προς τις MT, MS αντίστοιχα, τέμνονται στο P.

Αν I το έγκεντρο του ABC, δείξτε οτι τα σημεία A, P, I είναι συνευθειακά.


Το πρόβλημα αφιερώνεται στον φίλο Γιώργο Βισβίκη, για την γιορτή του
Σ' ευχαριστώ Σάκη για την αφιέρωση! Πολύ ωραίο πρόβλημα (μόλις σήμερα το είδα. Μάλλον το μπέρδεψα με κάποιο άλλο), ωραίες και οι λύσεις. Αν βρω κάτι διαφορετικό, θα επανέλθω.


Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Παρ Μάιος 04, 2018 8:11 pm

Με τις ευχαριστίες μου στον καθηγητή Alexander Bogomolny

https://www.cut-the-knot.org/m/Geometry ... gnon.shtml


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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