Συντρέχεια με Παράκεντρα

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

min##
Δημοσιεύσεις: 147
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Συντρέχεια με Παράκεντρα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Κυρ Δεκ 23, 2018 8:57 pm

Συντρέχε1α.png
Συντρέχε1α.png (38.16 KiB) Προβλήθηκε 379 φορές
Ένα ωραίο αποτέλεσμα (πιστεύω):Έστω τρίγωνο ABC με παράκεντρα τα X,Y,Z και D,E,F τις προβολές τους στις BC,AC,AB αντίστοιχα.Έστω επίσης G,H,I τα μέσα των AX,BY,CZ.Ν.δ.ο. οι GD,HE,FI συντρέχουν.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Συντρέχεια με Παράκεντρα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Δευ Δεκ 24, 2018 12:46 pm

Καλές Γιορτές :santalogo:!

Θα "μεταφράσω" για ευκολία το πρόβλημα στο εξής (Θα θεωρήσω βασικά ABC το τρίγωνο που ορίζεται από το παράκεντρα):

Έστω ABC τρίγωνο και D, E, F τα ύψη από τις κορυφές A, B, C. Φέρνουμε κάθετες από τις κορυφές A, B, C πάνω στις EF, FD, DE και τις τέμνουν στα S, T, P αντίστοιχα. Έστω K, L, M τα μέσα των AD, BE, CF αντίστοιχα.

Να αποδειχθεί πως οι SK, TL, PM συντρέχουν.

ΠΡΟΣΟΧΗ: Θα επισημάνω από την αρχή, ότι σε πολλά σημεία στη λύση, ενώ για παράδειγμα θα υποστηρίζεται ότι δύο γωνίες είναι παραπληρωματικές, ανάλογα με τις σχετικές θέσεις των σημείων οι δύο γωνίες μπορεί να είναι και ίσες! Ωστόσο συνολικά οι βασικοί ισχυρισμοί δεν επηρεάζονται. Τι κάνει κάποιος αν υπάρχουν τέτοια "προβλήματα"; Πρέπει να καλύψει όλες τις περιπτώσεις;
Συντρέχεια με Παράκεντρα.png
Συντρέχεια με Παράκεντρα.png (65.19 KiB) Προβλήθηκε 227 φορές
Πίσω στο πρόβλημα:

Έστω καταρχάς A', B', C' τα συμμετρικά των A, B, C ως προς τις EF, FD και DE αντίστοιχα.

Φέρνουμε τους περιγεγραμμένους κύκλους των C'ED και B'FD. Έστω ότι τέμνονται στο σημείο R.

Ισχύει ότι \widehat{DRB'}=\widehat{DFB'}=\widehat{DFC}=\widehat{ACB}.

Επιπλέον \widehat{DRE}=\widehat{DC'E}=\widehat{DCE}=\widehat{ACB}.

Οπότε \widehat{DRB'}=\widehat{DRE}, δηλαδή τα σημεία R, E, B' είναι συνευθειακά.

Όμοια συνευθειακά είναι τα R, F, C'.

Άρα μπορούμε να ορίσουμε ως R το σημείο τομής της EB' και του περιγεγραμμένου κύκλου του B'FD και γνωρίζουμε πως από το R διέρχεται και η FC'.

Οπότε με παρόμοια επιχειρηματολογία από το R διέρχεται και η DA'.

Οπότε οι ευθείες EB', FC', DA' συντρέχουν.

Ισχύει μάλιστα ότι \widehat{B'RC'}=\widehat{ERC'}=180^o-\widehat{EDC'}=180^o-\widehat{EDC}=180^o-\widehat{BAC}

Έστω πως οι BT και CP τέμνονται στο O. Εύκολα προκύπτει ότι \widehat{DBT}=\widehat{DCP}=90^o-\widehat{BAC}, οπότε το O είναι το περίκεντρο του ABC.

Στο τετράπλευρο RC'OB' ισχύει ότι αφού \widehat{B'RC'}=180^o-\widehat{BAC} και \widehat{B'OC'}=\widehat{BOC}=2\widehat{BAC}, είναι \widehat{RB'O}+\widehat{RC'O}=180^o-\widehat{BAC}

Έστω E', F' τα συμμετρικά των E, F ως προς τα T, P αντίστοιχα. Αφού και τα B', C' είναι τα συμμετρικά των B, C ως προς τα T, P αντίστοιχα, είναι \widehat{RB'O}=\widehat{EB'T}=\widehat{E'BT} και \widehat{RC'O}=\widehat{FC'P}=\widehat{F'CP}.

Συνεπώς \widehat{E'BT}+\widehat{F'CP}=180^o-\widehat{BAC}.

Έστω πως οι BE' και CF' τέμνονται στο Q.

Αφού \widehat{BOC}=2\widehat{BAC} και \widehat{OBQ}+\widehat{OCQ}=\widehat{E'BT}+\widehat{F'CP}=180^o-\widehat{BAC} προκύπτει ότι \widehat{BQC}=180^o-\widehat{BAC}.

Οπότε το Q ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC (Πολλές από τις παραπάνω ισότητες γωνιών δεν ισχύουν ακριβώς, αλλά ο τελευταίος ισχυρισμός είναι αληθής).

Οπότε το Q μπορεί να οριστεί ως η τομή της BE' με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC και γνωρίζουμε πως η CF' διέρχεται από αυτό το σημείο.

Όμοια αν D' το συμμετρικό του D ως προς το S, η AD' θα διέρχεται από το Q.

Επομένως οι AD', BE', CF' συντρέχουν στο Q.

Θεωρούμε τώρα ομοιοθεσία με κέντρο το Q και λόγο \dfrac{1}{2}.

Έστω πως η QL τέμνει την EB' στο W.

Είναι BQ//EW, άρα αφού L μέσο του BE θα είναι L μέσο του QW, οπότε το W πάει στο L.

Αφού οι ευθείες WB', δηλαδή η EB', και TL είναι παράλληλες (L, T μέσα πλευρών), ισχύει ότι η EB' πάει στην TL.

Όμοια η FC' πάει στην PM και η DA' στην SK.

Όμως οι EB', FC', DA' συντρέχουν στο R, άρα και οι SK, TL, PM συντρέχουν στο ομοιόθετο του R.

Edit: Προστέθηκε το σχήμα με τα "βασικά" σημεία της λύσης!
τελευταία επεξεργασία από Διονύσιος Αδαμόπουλος σε Δευ Δεκ 24, 2018 7:06 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Houston, we have a problem!
min##
Δημοσιεύσεις: 147
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συντρέχεια με Παράκεντρα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Δευ Δεκ 24, 2018 2:02 pm

Εξαιρετικά :first: (κλασικά άλλωστε).Να πούμε ότι αν τα G,H,IK,L,M στο σχήμα σου) χωρίζουν σε ίσους λόγους τα ύψη (όχι απαραίτητα 1/2) το συμπέρασμα εξακολουθεί να ισχύει ;).


min##
Δημοσιεύσεις: 147
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συντρέχεια με Παράκεντρα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Δεκ 29, 2018 9:40 pm

lemma (1).png
lemma (1).png (47.37 KiB) Προβλήθηκε 163 φορές
Για να το δούμε κι αλλιώς.
Βασίζομαι αρχικά στο παρακάτω Λήμμα:

Οι τετράδες (D,F,K,P),(D,E,K,T),(F,D,M,S),(F,E,M,T),(E,F,L,P),(E,D,L,S) είναι ομοκυκλικές.

Απόδειξη (σχήμα 1)
Αρκεί να δειχτεί πχ. ότι τα D,F,K,P είναι ομοκυκλικά.
Παίρνω αντιστροφή κέντρου D και δύναμης -BD \cdot CD.
Το B πάει στο C και αντίστροφα.
Το E πάει στο συμμετρικό του F ως προς την BC,έστω E' και το F στο συμμετρικό του
E ως προς την BC έστω F'(απλό-μια ομοιότητα τριγώνων).
Το A πάει στο ορθόκεντρο του συμμετρικού του ABC ως προς την BC έστω A'.
Το P πάει στην τομή της κάθετης στην BC στο B και της DE έστω P'.
Το K πάει στο συμμετρικό του D ως προς το A',έστω K'.
Αρκεί να δειχτεί ότι τα P',K',F' είναι συνευθειακά,ή ισοδύναμα ότι τα P',A',R,όπου R\equiv BC 
\cap EF.
Αυτό όμως είναι άμεσο,καθώς \frac{DA'}{RE}=\frac{DH}{RE}=\frac{BH}{BE}=\frac{P'D}{P'E} και
το Λήμμα έπεται από αντίστροφο Θαλή.

Έτσι πλέον μπορούν τα K,L,M να οριστούν ως οι τομές των (D,F,P),(D,E,T), (E,F,P), 
(E,D,S),(F,D,S),(F,E,T) αντίστοιχα.
Λήμμα 2ο :
\angle LKT=\angle MKP,\angle KLS=\angle MLP,\angle LMT=\angle KMS

Απόδειξη (σχήμα 2)
(αρκεί πχ. το \angle LKT=\angle MKP).Από τα εγγράψιμα KEDT,KPDF παίρνω αντίστοιχα  
\angle KEP=\angle KLF,\angle KPE=\angle KFE.Έτσι τα KTF,KEP είναι όμοια τρίγωνα.Θεωρώ
σύνθεση αντιστροφής κέντρου K , δύναμης KE \cdot KT και συμμετρίας ως προς τη διχοτόμο
της \angle TKP.Το P πάει στο T και αντίστροφα,ενώ το F πάει στο E και αντίστροφα
από την ομοιότητα.Ο κύκλος (KTDE) πάει λοιπόν στην ευθεία FP και ο (KPDF) στην ET 
,δηλαδή η τομή τους,το D, πάει στο N.Επειδή το L είναι το σημείο Miquel του ESNP.FD
τα L,N,P,D θα είναι ομοκυκλικά.Επειδή το M είναι το σημείο Miquel του FSNT.ED τα
T,N,M,D θα είναι ομοκυκλικά.Ο (FEPL) πάει στον (TFEM) ενώ ο (LNPD) στον
(TNMD).Έτσι,η τομή των (FEPL),(LNPD),δηλαδή το L,πάει στην τομή των (TFEM), 
(TNMD) και επειδή δεν μπορεί να είναι το T,είναι το M.Τελικά \angle LKT=\angle MKP
και το Λήμμα δείχτηκε.
Λήμμα 3:Έχουμε τρίγωνο KML και σημεία S,T,P στο επίπεδο για τα οποία ισχύει \angle  
LKT=\angle MKP,\angle KLS=\angle MLP,\angle LMT=\angle KMS.Οι KS,LT,MP συντρέχουν.

Απόδειξη (σχήμα 3)
Αλλάζω λίγο τη διαδικασία:Επιλέγω σημείο T του επιπέδου,έπειτα παίρνω τη συμμετρική της
KT ως προς τη διχοτόμο της \angle LKM πάνω στην οποία επιλέγω σημείο P 
.Κατόπιν,παίρνω τις συμμετρικές των LP,MT ως προς τις διχοτόμους των \angle KLM,\angle  
LMK και οριζω ως S το σημείο τομής τους.Αρκεί να δειχτεί ότι οι KS,MP τέμνονται στην LT.
Καθώς το P κινείται στην ευθεία του (συμμετρική της KT) διαγράφει ίσο διπλό λόγο με το S
στη δική του (συμμετρική της MT) λόγω των ίσων γωνιών.Οι δέσμες KS,MP είναι προβολικές
και επειδή όταν το P συμπέσει με το K το S συμπέφτει με το M,είναι και
προοπτικές,δηλαδή οι ομόλογες ακτίνες τους τέμνονται σε ευθεία.Όταν το P πέσει στην MT ,το
S θα πέσει στην KT (στο ισογώνιο του P) και όταν πέσει στη ML το S θα βρεθεί στην
LK.Έτσι ο άξονας προοπτικότητας (πάνω στον οποίο βρίσκονται οι τομές των ομόλογων
ακτινών) είναι η LT και το ζητούμενο δείχτηκε.
lemma2.png
lemma2.png (56.7 KiB) Προβλήθηκε 163 φορές
lemma 3.png
lemma 3.png (55.84 KiB) Προβλήθηκε 163 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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