Συνευθειακότητα με το έγκεντρο 2

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

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

Συνευθειακότητα με το έγκεντρο 2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Πέμ Απρ 26, 2018 4:09 am

GEOMETRIA198=FB1802.png
GEOMETRIA198=FB1802.png (50.06 KiB) Προβλήθηκε 538 φορές
Εστω τρίγωνο ABC και σημεία E, D της BC τέτοια ώστε \hat{BAE}=\hat{DAC}.

Εστω επίσης K_1, K_2 τα έγκεντρα των τριγώνων ABE, AEC και L_1, L_2 τα έγκεντρα των τριγώνων ABD, ADC.

Αν I είναι το έγκεντρο του ABC και P \equiv K_1 K_2 \cap L_1 L_2, δείξτε ότι τα σημεία A, I, P είναι συνευθειακά.

Μπορεί να αποδειχθεί και για τυχαία σημεία E, D της BC με την διαφορά οτι το I σ'αυτή την περίπτωση, είναι το έγκεντρο του τριγώνου AED.


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

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4029
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Συνευθειακότητα με το έγκεντρο 2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Απρ 29, 2018 11:03 am

sakis1963 έγραψε:
Πέμ Απρ 26, 2018 4:09 am
GEOMETRIA198=FB1802.png
Εστω τρίγωνο ABC και σημεία E, D της BC τέτοια ώστε \hat{BAE}=\hat{DAC}.Εστω επίσης K_1, K_2 τα έγκεντρα των τριγώνων ABE, AEC και L_1, L_2 τα έγκεντρα των τριγώνων ABD, ADC.Αν I είναι το έγκεντρο του ABC και P \equiv K_1 K_2 \cap L_1 L_2, δείξτε ότι τα σημεία A, I, P είναι συνευθειακά.
Μπορεί να αποδειχθεί και για τυχαία σημεία E, D της BC με την διαφορά οτι το I σ'αυτή την περίπτωση, είναι το έγκεντρο του τριγώνου AED.
Ας αλλάξω τα γράμματα της εκφώνησης για δική μου ευκολία στη γενίκευση που αναφέρει ο Θάνος.

Δίνεται τρίγωνο \vartriangle SKT και τυχόντα σημεία C,C' της KT με C πλησιέστερο του K και έστω B,A,B'',A',B' τα έγκεντρα των τριγώνων \vartriangle SKC,\vartriangle SKC',\vartriangle SCC,\vartriangle SCT,\vartriangle SC'T αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι το σημείο C'' \equiv BA' \cap B'A ανήκει στην AB''.

Απόδειξη

 \bullet Προφανώς K,B,A,I και T,B',A',I είναι συνευθειακές τετράδες ( με I \equiv KB \cap TB' προφανώς το έγκεντρο του τριγώνου \vartriangle SKT) , σημεία των διχοτόμων των γωνιών \angle K,\angle T αντίστοιχα. Προφανώς C,B'',A' και C',B'',A συνευθειακές τριάδες (σημεία των διχοτόμων των γωνιών \angle SCC',\angle SC'C αντίστοιχα) δηλαδή B'' \equiv CA' \cap C'A

 \bullet Από (εσωτερική και εξωτερική διχοτόμο) προκύπτει ότι οι δέσμες C.KBSA',C'.TB'SA είναι αρμονικές (έχουν δηλαδή ίσους διπλούς λόγους) και επειδή έχουν κοινή ακτίνα CK \equiv C'T \equiv KT τα σημεία τομής των τριών άλλων ακτινών τους είναι συνευθειακά, δηλαδή τα L \equiv CB \cap C'B',S \equiv CS \cap C'S,B'' \equiv CA' \cap C'A, είναι συνευθειακά.

 \bullet Είναι \angle KSB = \dfrac{{\angle KSC}}{2} = \dfrac{{\angle KST - \angle CST}}{2} και \angle ISA' = \angle IST - \angle A'ST = \dfrac{{\angle KST}}{2} - \dfrac{{\angle CST}}{2} , οπότε \angle KSB = \angle ISA' και με παρόμοιο τρόπο προκύπτει ότι \angle BSA = \angle A'SB',\angle ASI = \angle B'ST οπότε οι δέσμες S.KBAI,S.IA'B'T έχουν ίσες τις γωνίες των ομολόγων ακτινών τους , άρα έχουν ίσους διπλούς λόγους άρα \left( {K,B,A,I} \right) = \left( {I,A',B',T} \right) = \left( {B',T,I,A'} \right) = \left( {T,B',A',I} \right) , οπότε οι ευθείες KT,BB',AA' διέρχονται από το ίδιο σημείο και έστω P \equiv AA' \cap BB' \cap KT\mathop  \Rightarrow \limits^{KT \equiv CC'} P \equiv AA' \cap BB' \cap CC'
Συνευθειακοτητα με το έγκεντρο 2.png
Συνευθειακοτητα με το έγκεντρο 2.png (74.13 KiB) Προβλήθηκε 447 φορές
 \bullet Αν A'' \equiv BC' \cap B'C,B'' \equiv AC' \cap A'C,C'' \equiv AB' \cap A'B, με δεδομένο ότι P \equiv AA' \cap BB' \cap CC' σύμφωνα με το Desmic Theorem (Θεώρημα που οφείλεται σε Γάλλο γεωμέτρη που έκανε και χαλάστρα στονδικό μας Βήττα αφού προηγήθηκε σε δημοσίευση) θα ισχύει:

(α) – Οι ευθείες AA'',BB'',CC'' τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω M
(β) – Οι ευθείες A'A'',B'B'',C'C'' τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω N
(γ) – Η ευθεία MN διέρχεται από το σημείο P' \equiv P \equiv AA' \cap BB' \cap CC'

 \bullet Με P \equiv MN \cap BB' \cap CC' προκύπτει σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques ότι τα τρίγωνα \vartriangle MBC,\vartriangle NB'C' είναι προοπτικά οπότε τα σημεία τομής των ομολόγων πλευρών τους θα είναι συνευθειακά, δηλαδή B'' \equiv MB \cap NB',L \equiv BC \cap B'C',C'' \equiv CM \cap C'N είναι συνευθειακά.

Από τις συνευθειακότητες S,B'',L και C'',B'',L προκύπτει ότι S,B'',C'' είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης.

Υ.Σ.
1. Η παραπάνω απόδειξη αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής στον αγαπητό μου αδελφικό φίλο Κώστα Βήττα γιατί είμαι βέβαιος ότι θα την ευχαριστηθεί αφού του ταιριάζει απόλυτα.

2. Θάνο σε ευχαριστώ θερμά για την "ταλαιπωρία" που με υπέβαλες (την ευχαριστήθηκα πάρα πολύ) γιατί με έκανε να ξεχαστώ για λίγο από τα τόσα που με "κυνηγάνε" και να σου πω και δημοσίως ότι είσαι ΑΠΑΙΧΤΟΣ "συνθέτης" γεωμετρικών προβλημάτων.
:D

Για το Desmic Theorem δείτε https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... ey#p211592 μαζί με μια απόδειξη που είχε κάνει η αφεντομουτσουνάρα μου

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
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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