mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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

, διέρχεται από το σημείο τομής

των εξωτερικών διχοτόμων των γωνιών BAD

και

.

: line_incenters.png (56.67 KiB) Προβλήθηκε 1062 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 28, 2018 4:47 pm**

(Όχι και φοβερά κομψά)
Δεν είναι δύσκολο να δει κανείς ότι το

ανήκει στην

.(

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 $\bullet$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 28, 2018 6:17 pm**

Λίγο πιο "κομψά":

Έστω ότι η

τέμνει την I_1I_2

στο

. Θα αποδείξουμε πως το

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

στο

.

Αρκεί η τετράδα (S', T, B, D)

να είναι αρμονική.

Είναι γνωστό πως οι BI_1

,

τέμνονται πάνω στο

, έστω στο

. Φέρνουμε τις BI_2

και

και έστω πως τέμνονται στο

. Η

τέμνει την

στο

. 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

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.

Δημοσιεύτηκε: **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

, θα τέμνονται στο σημείο

της διαγωνίου

. Επίσης, το σημείο τομής

των εξωτερικών διχοτόμων των γωνιών BAD

και

θα ανήκει στην ευθεία της διαγωνίου

. Στη συνέχεια, έστω

,

τα σημεία στα οποία οι $CI_{1}$ και $CI_{2}$ τέμνουν τις

και

αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι η ευθεία

διέρχεται από το σημείο

. 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

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

,

αντίστοιχα των ευθειών

και

, $BI_{1}$ και $DI_{2}$ , $KI_{1}$ και $LI_{2}$ ανήκουν στην ίδια ευθεία, οπότε οι ευθείες που συνδέουν τις κορυφές

και

,

και

, $I_{1}$ και $I_{2}$ θα διέρχονται από το ίδιο σημείο. Όμως, το σημείο τομής των

και

είναι το

. Επομένως, και η ευθεία $I_{1}I_{2}$ θα διέρχεται και αυτή από το

, που είναι το αποδεικτέο.

: Line_incen_sol.png (72.94 KiB) Προβλήθηκε 919 φορές

mathematica.gr

Συντρέχουν...

Συντρέχουν...

Re: Συντρέχουν...

Re: Συντρέχουν...

Re: Συντρέχουν...