Συντρέχουν...

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

giannimani
Δημοσιεύσεις: 101
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Συντρέχουν...

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Τρί Νοέμ 27, 2018 10:14 pm

Δίνεται το αρμονικό τετράπλευρο ABCD. Να αποδείξετε ότι η ευθεία που ορίζεται από τα έγκεντρα I_{1} και I_{2} αντίστοιχα των τριγώνων ABC και ACD, διέρχεται από το σημείο τομής S των εξωτερικών διχοτόμων των γωνιών BAD και BCD.
line_incenters.png
line_incenters.png (56.67 KiB) Προβλήθηκε 367 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
min##
Δημοσιεύσεις: 160
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συντρέχουν...

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Νοέμ 28, 2018 4:47 pm

(Όχι και φοβερά κομψά)
Δεν είναι δύσκολο να δει κανείς ότι το Sανήκει στην BD.(AB/AD=CB/CD από το αρμονικό τετράπλευρο+θεώρημα εξωτερικής διχοτόμου).
Αρκεί A(I1,I2,C,S)=C(I1,I2,A,S),γιατί τότε λόγω της κοινής τους ακτίνας τα σημεία τομής των ομόλογων ακτινών θα είναι συνευθειακά.
Από ιδιότητες διπλών λόγων αρκεί A(S,I1,C,I2)=C(S,I1,A,I2),δηλαδή αν ορίσω BCI1\angle =x_{2},DCI2\angle =y_{2},BAI1\angle =x_{1},DAI2=y_{1},αρκεί \frac{sin(x_{1})}{sin(90-y_{1}+x_{1})}/\frac{sin(x_{1}+y_{1})}{sin(90+x_{1})}=\frac{sin(x_{2})}{sin(90-y_{2}+x_{2})}/\frac{sin(x_{2}+y_{2})}{sin(90+x_{2})},(υπολογίζω τον διπλό λόγο τριγωνομετρικά),δηλαδή \frac{sin(x_{1})cos(x_{1})}{sin(x_{1}+y_{1})cos_(y_{1}-x{1})}=\frac{sin(x_{2})cos(x_{2})}{sin(x_{2}+y_{2})cos_(y_{2}-x{2})} δηλαδή \frac{sin(2x_{1})}{sin(2x_{2})}=\frac{sin(x_{1}+y_{1})cos(y_{1}-x_{1 
})}{sin(x_{2}+y_{2})cos(y_{2}-x_{2})}.
Από γνωστές ιδιότητες,αρκεί \frac{sin(2x_{1})}{sin(2x_{2})}=\frac{sin(2y_{1})-cos(y_{1}+x_{1})sin(y_{1}-x_{1})}{sin(2y_{2})-cos(y_{2}+x_{2})sin(y_{2}-x_{2})}. Iσχύει από νόμο ημιτόνων(ABC,ADC) και τη σχέση πλευρών του αρμονικού(ίσο γινόμενο απέναντι πλευρών ) ότι \bullet \frac{sin(2x_{1})}{sin(2x_{2})}=\frac{sin(2y_{1})}{sin(2y_{2})} οπότε και αρκεί \frac{sin(2x_{1})}{sin(2x_{2})}=\frac{cos(y_{1}+x_{1})sin(y_{1}-x_{1})}{cos(y_{2}+x_{2})sin(y_{2}-x_{2})} ή \frac{sin(2x_{1})}{sin(2x_{2})}=\frac{(cosy_{1}cosx_{1}-siny_{1}sinx_{1})(siny_{1}cosx_{1}-sinx_{1}cosy_{1})}{(cosy_{2}cosx_{2}-siny_{2}sinx_{2})(siny_{2}cosx_{2}-sinx_{2}cosy_{2})} που τελικά καταλήγει στην \frac{sin(2x_{1})}{sin(2x_{2})}=\frac{sin2(y_{1})-sin(2x_{1})}{sin(2y_{2})-sin(2x_{2})} που ισχύει από ιδιότητες αναλογιών και την \bullet.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 768
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Συντρέχουν...

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τετ Νοέμ 28, 2018 6:17 pm

Λίγο πιο "κομψά":

Έστω ότι η BD τέμνει την I_1I_2 στο S'. Θα αποδείξουμε πως το S' βρίσκεται στην εξωτερική διχοτόμο της \widehat{BAD} και όμοια θα ανήκει στην εξωτερική διχοτόμο της \widehat{BCD}.

Φέρνουμε την εσωτερική διχοτόμο της \widehat{BAD} και έστω πως τέμνει την BD στο T.

Αρκεί η τετράδα (S', T, B, D) να είναι αρμονική.

Είναι γνωστό πως οι BI_1, DI_2 τέμνονται πάνω στο AC, έστω στο K. Φέρνουμε τις BI_2 και DI_1 και έστω πως τέμνονται στο J. Η KJ τέμνει την BD στο L. Ισχύει από το πλήρες τετράπλευρο KI_1JI_2.BD ότι η τετράδα (S', L, B, D) είναι αρμονική.

Επομένως αρκεί να αποδειχθεί πως T\equiv L.

Από θεώρημα διχοτόμου έχουμε ότι \dfrac{TB}{TD}=\dfrac{AB}{AD} και από Ceva στο BKD έχουμε ότι \dfrac{LB}{LD}=\dfrac{I_1B}{I_1K}\cdot \dfrac{I_2K}{I_2D}.

Όμως \dfrac{I_1B}{I_1K}=\dfrac{AB}{AK} και \dfrac{I_2K}{I_12D}=\dfrac{AK}{AD} (θεωρήματα διχοτόμων), οπότε πράγματι \dfrac{LB}{LD}=\dfrac{I_1B}{I_1K}\cdot \dfrac{I_2K}{I_2D}=\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{TB}{TD}.

Και το ζητούμενο έπεται.


Houston, we have a problem!
giannimani
Δημοσιεύσεις: 101
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Συντρέχουν...

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Τετ Νοέμ 28, 2018 8:12 pm

Με λίγες διαφορές...

Εφόσον το τετράπλευρο είναι αρμονικό, γνωρίζουμε ότι οι διχοτόμοι BI_{1} και DI_{2} αντίστοιχα των γωνιών ABC και ADC, θα τέμνονται στο σημείο E της διαγωνίου AC. Επίσης, το σημείο τομής S των εξωτερικών διχοτόμων των γωνιών BAD και BCD θα ανήκει στην ευθεία της διαγωνίου BD. Στη συνέχεια, έστω K, L τα σημεία στα οποία οι CI_{1} και CI_{2} τέμνουν τις AB και AD αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι η ευθεία KL διέρχεται από το σημείο S. Αρκεί,

\displaystyle \frac{AK}{KB}\cdot \frac{BS}{SD}\cdot \frac{DL}{LA}\,=\,1\qquad (1) (Θεώρημα Μενελάου).

Από τα θεωρήματα των διχοτόμων έχουμε

\displaystyle \frac{AK}{KB}=\frac{CA}{CB}, \qquad \frac{DL}{LA}=\frac{CB}{CA} \qquad  \frac{BS}{SD}=\frac{AB}{AD}    \,.\qquad (2)

Εφόσον το τετράπλευρο είναι αρμονικό, τότε

\displaystyle \frac{AB}{AD}\,=\,\frac{BC}{CD}\,.\qquad (3)

Επομένως, το αριστερό μέλος της (1), λόγω των (2) και (3) γίνεται:

\displaystyle \frac{AK}{KB} \cdot \frac{BS}{SD} \cdot \frac{DL}{LA}\,=\,\frac{CA}{CB} \cdot \frac{AB}{AD} \cdot \frac{CD}{CA}\,=\,\frac{CD}{CB}\cdot \frac{AB}{AD}\,\stackrel{(3)}{=} \frac{CD}{CB} \cdot \frac{BC}{CD}\,=\,1\,.

Τώρα, το συμπέρασμα του προβλήματος προκύπτει με εφαρμογή του αντίστροφου του θεωρήματος Desargques στα τρίγωνα BKI_{1} και DLI_{2}. Πράγματι, τα σημεία τομής A, E, C αντίστοιχα των ευθειών BK και DL, BI_{1} και DI_{2} , KI_{1} και LI_{2} ανήκουν στην ίδια ευθεία, οπότε οι ευθείες που συνδέουν τις κορυφές B και D, K και L, I_{1} και I_{2} θα διέρχονται από το ίδιο σημείο. Όμως, το σημείο τομής των BD και KL είναι το S. Επομένως, και η ευθεία I_{1}I_{2} θα διέρχεται και αυτή από το S, που είναι το αποδεικτέο.
Line_incen_sol.png
Line_incen_sol.png (72.94 KiB) Προβλήθηκε 224 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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