Συντρέχουσες Ευθείες

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

giannimani
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Συντρέχουσες Ευθείες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Παρ Οκτ 12, 2018 8:02 pm

Στο κυρτό τετράπλευρο ABCD δίνεται ότι AB+AD = CB+CD.
Έστω I_{1}, I_{2} τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABC, CDA αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AC, BD, I_{1}I_{2} διέρχονται από το ίδιο σημείο.
exer8.png
exer8.png (35.81 KiB) Προβλήθηκε 723 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
min##
Δημοσιεύσεις: 207
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συντρέχουσες Ευθείες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Οκτ 13, 2018 3:07 am

(Στο σχήμα έχω αλλάξει λίγο τα γράμματα και είναι AD+CD=AB+BC.).Αρχικά παίρνω K=BD\cap I1I2 και αν είναι
H,G οι προβολές των I2,I1 στην BC,από τη σχέση των πλευρών προκύπτει ότι BG=CH(απλό).Άρα το παράκεντρο του ABD
ως προς την A,έστω J βρίσκεται πάνω στην HI2 και ομοίως για το παράκεντρο του CBD ως προς την C,έστω I.Θα αποδείξω ότι οι I2I1,JI,BD συντρέχουν.
Έστω r1,r2,R1,R2 οι ακτίνες των (I1),(I2),(J),(I) αντίστοιχα.Αρκεί από αντίστροφο Θαλή r1/r2=R2/R1.Χρησιμοποιώντας τους τύπους Area(ABD)=s1*r1,Area(CBD)=s2*r2και R1=Area(ABD)/(s1-BD) (με s_{i} την ημιπερίμετρο του εκάστοτε τριγώνου)
συν τον τύπο του Ήρωνα για ο εμβαδόν τριγώνου,φτάνω στην \frac{\frac{s1(s1-AB)(s1-AD)}{s1-BD}}{\frac{s2(s2-CD)(s2-BC)}{s2-BD}}=\frac{s1^2}{s2^2}\frac{s2}{s1}\frac{(s2-BD)(s2-CD)(s2-BC)}{(s1-BD)(s1-AB)(s1-AD)} η οποία ισχύει,αφού από τη δοσμένη σχέση πλευρών s1-AB=s2-CD,s1-AD=s2-BC κλπ.Άρα, οι I2I1,JI,BD συντρέχουν.
Θα δείξω ότι και οι I2I1,JI,AC συντρέχουν και θα έχω τελειώσει.

Οι AH,CG περνούν από τα αντιδιαμετρικά των G,H στους (I1),(I2) αντίστοιχα,έστω X1,X2
(γνωστή πρόταση).Από αντίστροφο θαλή(ή ομοιότητες),προκύπτει πως η X1X2 τέμνει την BD στο ίδιο σημείο με την I1I2,δηλαδή στο K.Αν καταφέρω τώρα να δείξω ότι τα AX1G,CX2H είναι προοπτικά,η AC θα περνάει από το K και θα έχω τελειώσει.

Φέρνω τους παρεγγεγραμμένους με κέντρα τα J,I.
Από Monge-d'Alambert στους (I),(I1),(I2) παίρνω ότι τα εξωτερικά κέντρα ομοιοθεσίας των ανά 2 κύκλων είναι συνευθειακά.Δηλαδή αν L το εξωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας των I1,I2,τα L,G,C
θα είναι συνευθειακά.
Από Monge-d'Alambert στους (J),(I1),(I2) παίρνω ότι τα εξωτερικά κέντρα ομοιοθεσίας των ανά 2 κύκλων είναι συνευθειακά.Δηλαδή τα L,H,A
θα είναι συνευθειακά.
Από Monge-d'Alambert στους (I),(I1),(J) παίρνω ότι τα εξωτερικά κέντρα ομοιοθεσίας των ανά 2 κύκλων είναι συνευθειακά.Δηλαδή αν M το εξωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας των I,J,τα M,G,A
θα είναι συνευθειακά.
Από Monge-d'Alambert στους (I),(I2,(J) παίρνω ότι τα εξωτερικά κέντρα ομοιοθεσίας των ανά 2 κύκλων είναι συνευθειακά.Δηλαδή τα M,H,C
θα είναι συνευθειακά.

Από τη σχέση που έβγαλα στην αρχή,την r1/r2=R2/R1, προκύπτει από αντίστροφο θαλή (στις προς απόδειξη παράλληλες LM,HJ,GI
και τις αναλογίες των ομοιοθεσιών ότι LM//GI.Αρκεί όμως τα AX1G,CX2H να είναι προοπτικά,δηλαδή αρκεί AX1\cap CX2,X1G\cap X2C,AG\cap CH συνευθειακά,δηλαδή LM//GI//HJ που ισχύει.Το ζητούμενο δείχτηκε



Edit:σημαντικές αλλαγές που καθιστούν τα T,N άχρηστα...
Συνημμένα
giannimani12345.png
giannimani12345.png (41.99 KiB) Προβλήθηκε 670 φορές


giannimani
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Συντρέχουσες Ευθείες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Τρί Οκτ 16, 2018 9:15 pm

homothety_exer8.png
homothety_exer8.png (78.17 KiB) Προβλήθηκε 556 φορές
Έστω \omega_{1}, \omega_{2} οι εγγεγραμμένοι κύκλοι των κέντρων I_{1}, I_{2} αντίστοιχα. Συμβολίζουμε με E και F τα σημεία επαφής της AC
με τους κύκλους \omega_{1}, \omega_{2}, και με \tau_{1}, \tau_{2} τις ημιπεριμέτρους των τριγώνων ABC και ADC αντίστοιχα.
Είναι
CE\,=\,\tau_{1}-AB\,=\frac{AC+CB+AB}{2}-AB\,=\,\frac{AC+CB+AB-2AB}{2}\,=\,\frac{AC+CB-AB}{2}\,\stackrel{AB+AD=CB+CD}{=}
=\frac{AC+AD-CD}{2}\,=\,\frac{AC+AB+CD-2CD}{2} 
   =\,\frac{AC+AD+CD}{2}-CD\,=\,\tau_{2}-CD\,=\,AF
Δηλαδή, \tau_{1}-AB\,=\,\tau_{2}-CD\quad (2). Όμοια, \tau_{1}-BC\,=\,\tau_{2}-AD \quad (3).
Αυτό σημαίνει ότι ο D-παρεγγεγραμμένος κύκλος (\Omega_{D}) του \vartriangle DAC εφάπτεται της AC στο σημείο E, και ο B-παρεγγεγραμμένος
κύκλος (\Omega_{B}) του \vartriangle BAC εφάπτεται της AC στο σημείο F. Δηλαδή, τα σημεία E, I_{1} και I_{D} ανήκουν στην ίδια ευθεία, καθώς επίσης
και τα σημεία F, I_{2} και I_{B} ανήκουν στην ίδια ευθεία. Οι δύο αυτές ευθείες είναι παράλληλες: EI_{D} \parallel FI_{B}.
Έστω O\,=\,I_{1}I_{2}\cap AC. Αρχικά θα αποδείξουμε τη σχέση: \frac{I_{D}E}{I_{B}F}\,=\,\frac{I_{1}E}{I_{2}F}\,\Leftrightarrow \,\frac{\rho_{D}}{\rho_{B}}\,=\,\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}}\quad (4),
όπου \rho_{1}, \rho_{2}, \rho_{B} και \rho_{D} οι ακτίνες των κύκλων \omega_{1}, \omega_{2}, \Omega_{B} και \Omega_{D} αντίστοιχα.
Η (4) γράφεται \frac{\rho_{D}}{\rho_{B}}\,=\,\frac{\rho_{1}}{\rho_{2}}\,\Leftrightarrow \,\frac{(DAC)(\tau_{1}-AC)}{(BAC)(\tau_{2}-AC)}\,=\, \frac{\tau_{2}(BAC)}{\tau_{1}(DAC)}
\Leftrightarrow \frac{(DAC)^2(\tau_{1}-AC)}{(BAC)^2(\tau_{2}-AC)}\,=\,\frac{\tau_{2}}{\tau_{1}}\,\Leftrightarrow \, \frac{\tau_{2}(\tau_{2}-AC)(\tau_{2}-AD)(\tau_{2}-CD)(\tau_{1}-AC)}{\tau_{1}(\tau_{1}-AC)(\tau_{1}-AB)(\tau_{1}-BC)(\tau_{2}-AC)}\,=\,\frac{\tau_{2}}{\tau_{1}}\,\Leftrightarrow \,\frac{(\tau_{2}-AD)(\tau_{2}-CD)}{(\tau_{1}-AB)(\tau_{1}-BC)}\,=\,1,
η οποία ισχύει λόγω των (2), (3) (από την (4) προκύπτει ότι οι ευθείες AC, I_{1}I_{2} και I_{D}I_{B}
διέρχονται από το σημείο O).
Θεωρούμε τις ομοιοθεσίες: h_{1} κέντρου B και λόγου k_{1}\,=\,\frac{\rho_{B}}{\rho_{1}} (μετασχηματίζει τον κύκλο \omega_{1} στον \Omega_{B}),
h_{2} κέντρου O και λόγου k_{2}\,=\,-\frac{\rho_{D}}{\rho_{B}} (μετασχηματίζει τον κύκλο \Omega_{B} στον \Omega_{D}), και h_{3} κέντρου D και λόγου
k_{3}\,=\,\frac{\rho_{2}}{\rho_{D}} (μετασχηματίζει τον κύκλο \Omega_{D} στον \omega_{2}).
Θα προσδιορίσουμε το κέντρο και το λόγο της σύνθεσης H\,=\,h_{3}\circ(h_{2}\circ h_{1}) (μετασχηματίζει τον κύκλο \omega_{1} στον \omega_{2}).
Πρώτα η σύνθεση H'=h_{2}\circ h_{1} είναι ως γνωστό ομοιοθεσία με λόγο k'\,=\,\frac{\rho_{B}}{\rho_{1}}\,(-\frac{\rho_{D}}{\rho_{B}})\,=\,-\frac{\rho_{D}}{\rho_{1}}, και το κέντρο της K' ανήκει στην ευθεία BO.
Εφόσον, H'(I_{1})\,=\,h_{2}(h_{1}(I_{1})=h_{2}(I_{B})=I_{D}, το κέντρο της K' θα ανήκει και στην ευθεία είναι I_{1}I_{D}, δηλαδή, K'= BO\cap I_{1}I_{D}.
Όμοια η σύνθεση H\,=\,h_{3}\circ H' έχει λόγο -\frac{\rho_{D}}{\rho_{1}}\cdot \frac{\rho_{2}}{\rho_{D}}\,=\,-\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}}, και το κέντρο της θα ανήκει στην ευθεία K'D.
Εφόσον, H(I_{1})\,=\,h_{3}(H'(I_{1}))=h_{3}(I_{D})\,=\, I_{2}, τότε το κέντρο της O' θα είναι η τομή των ευθεών K'D και I_{1}I_{2}, και \frac{O'I_{2}}{O'_{1}Ι_{1}}\,=\,-\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}}.
Αλλά και \frac{OI_{2}}{O_{1}Ι_{1}}\,=\,-\frac{\rho_{2}}{\rho_{1}} (από την ομοιότητα των ορθογώνιων τριγώνων OFI_{2} και OEI_{1}). Από τις δύο τελευταίες
ισότητες προκύπτει ότι O'\equiv O, δηλαδή, τελικά τα τρία σημεία B, O και D ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Υ.Γ. Αυτή η λύση διαφοροποιείται από την προηγούμενη μόνο στο δεύτερο μέρος της.


min##
Δημοσιεύσεις: 207
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συντρέχουσες Ευθείες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Κυρ Μαρ 31, 2019 7:46 pm

Μια αρκετά σύντομη:Η συνθήκη σημαίνει πως υπάρχει παρεγγεγραμμένος κύκλος του τετραπλεύρου έστω I_{3} (εντός της γωνίας D ή B)
.Από Monge-D'alembert τα ανά δύο κέντρα ομοιοθεσίας των (I_{1}),(I_{2}),(I_{3}) είναι συνευθειακά,δηλαδή τα B,D,AC\cap I_{1}I_{2} είναι συνευθειακά και το ζητούμενο δείχτηκε.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2647
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Συντρέχουσες Ευθείες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Παρ Απρ 05, 2019 4:42 pm

Ημιτελής προσέγγιση με Αναλυτική:

Καθιστούμε την τομή των διαγωνίων αρχή των αξόνων, οπότε υπάρχουν πραγματικοί r, s τέτοιοι ώστε A=(a,ra), C=(c,rc), B=(b,sb), D=(d,sd). Χρησιμοποιώντας τον τύπο για τις συντεταγμένες του έγκεντρου ... συμπεραίνουμε, χωρίς απαγορευτικά πολλές πράξεις, ότι το ζητούμενο του προβλήματος είναι ισοδύναμο προς την συνεπαγωγή


\displaystyle\sqrt{(a-b)^2+(ra-sb)^2}+\sqrt{(a-d)^2+(ra-sd)^2}=\sqrt{(c-b)^2+(rc-sb)^2}+\sqrt{(c-d)^2+(rc-sd)^2}\Rightarrow


\displaystyle ad\sqrt{(c-b)^2+(rc-sb)^2}+cd\sqrt{(a-b)^2+(ra-sb)^2}=bc\sqrt{(a-d)^2+(ra-sd)^2}+ab\sqrt{(c-d)^2+(rc-sd)^2}


Δυστυχώς (ή ... ευτυχώς) η παραπάνω συνεπαγωγή δεν αποδεικνύεται εύκολα^ την αφήνω εδώ και βλέπουμε...

[Η δυσκολία εύρεσης απόδειξης με Αναλυτική ... μας δίνει πάντα και το μέτρο δυσκολίας ενός γεωμετρικού προβλήματος, εννοείται!]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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