Στον ίδιο δρόμο με το παράκεντρο

#1

: Συνευθειακά.png (23.33 KiB) Προβλήθηκε 868 φορές

Έστω τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle DEC$ με $\angle ACB,\angle ECD$ κατακορυφήν και τον ίδιο παρεγγεγραμμένο κύκλο $\left( I \right)$ (κέντρου ) που αντιστοιχεί στις γωνίες $\angle A,\angle D$ . Να δειχθεί ότι η διέρχεται από το κέντρο του εν λόγω κύκλου , όπου τα μέσα των αντίστοιχα.

Στάθης

Al.Koutsouridis · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 09, 2019 12:05 am
Συνευθειακά.pngΈστω τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle DEC$ με $\angle ACB,\angle ECD$ κατακορυφήν και τον ίδιο παρεγγεγραμμένο κύκλο $\left( I \right)$ (κέντρου ) που αντιστοιχεί στις γωνίες $\angle A,\angle D$ . Να δειχθεί ότι η διέρχεται από το κέντρο του εν λόγω κύκλου , όπου τα μέσα των αντίστοιχα.

Στάθης

Έστω $A_{0}, B_{0}, D_{0}, E_{0}$ σημεία επαφής των ευθειών BC, AB, CE,DE

με τον παρεγγεγραμμένο κύκλο αντίστοιχα. Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να θεωρήσουμε ότι ο κύκλος αυτός είναι ο μοναδιαίος $z \bar z=1$ του μιγαδικού επιπέδου. Στη συνέχεια με μικρά γράμματα συμβολίζουμε του μιγαδικούς οι εικόνες των οποίων αντιστοιχούν στα αντίστοιχα σημεία με κεφαλαία. Καθένα από τα σημεία A,D,B,E

είναι σημείο τομής εφαπτομένων του μοναδιαίου κύκλου. Οπότε θα έχουμε

$a=\dfrac{2b_{0}d_{0}}{b_{0}+d_{0}}, \quad d=\dfrac{2a_{0}e_{0}}{a_{0}+e_{0}} \quad \Rightarrow m=\dfrac{a+d}{2} =\dfrac{b_{0}d_{0}}{b_{0}+d_{0}} +\dfrac{a_{0}e_{0}}{a_{0}+e_{0}}$

$a=\dfrac{2b_{0}a_{0}}{b_{0}+a_{0}}, \quad d=\dfrac{2d_{0}e_{0}}{d_{0}+e_{0}} \quad \Rightarrow n=\dfrac{b+e}{2} =\dfrac{b_{0}a_{0}}{b_{0}+a_{0}} +\dfrac{d_{0}e_{0}}{d_{0}+e_{0}}$

$\dfrac{m}{n} = \dfrac{\left (a_{0}+b_{0} \right )\left (e_{0}+d_{0} \right )}{\left (b_{0}+d_{0} \right )\left (a_{0}+e_{0} \right )}$

Λόγω του ότι τα παραπάνω σημεία ανήκουν στο κύκλο $z\bar z=1$ θα έχουμε

$\dfrac{\bar m}{\bar n}=\dfrac{\left (\bar a_{0}+\bar b_{0} \right )\left (\bar e_{0}+\bar d_{0} \right )}{\left (\bar b_{0}+\bar d_{0} \right )\left (\bar a_{0}+\bar e_{0} \right )} = \dfrac{\left (\dfrac{1}{a_{0}}+\dfrac{1}{b_{0}} \right )\left (\dfrac{1}{e_{0}}+\dfrac{1}{d_{0}} \right )}{\left (\dfrac{1}{b_{0}}+\dfrac{1}{d_{0}} \right )\left (\dfrac{1}{a_{0}}+\dfrac{1}{e_{0}} \right )}= \dfrac{\left (a_{0}+b_{0} \right )\left (e_{0}+d_{0} \right )}{\left (b_{0}+d_{0} \right )\left (a_{0}+e_{0} \right )}$

Οπότε έχουμε $\dfrac{m}{n} =\dfrac{\bar m}{\bar n}$ . Άρα τα σημεία M,N,I

είναι συνευθειακά.

min## · #3

Μια σύντομη που βασίζεται σε ένα αγαπημένο λημματάκι:
Έστω

η τομή

.Ισχύει για κάθε σημείο

της ευθείας Newton του πλήρους τετραπλεύρου BCEF.AD

πως

και μάλιστα αυτά τα σημεία είναι τα μόνα με αυτή την ιδιότητα (δηλαδή ισχύει και το αντίστροφο).
Η απόδειξη για το ευθύ είναι απλή:Αρκεί κανείς να παρατηρήσει πως τα μέσα των διαγωνίων του τετραπλεύρου έχουν αυτήν την ιδιότητα και μετά να πάρει σημείο

στην ευθεία Newton.Μετά δείχνεται απλά με σύγκριση εμβαδών (το μόνο που χρειάζεται είναι πως η διάμεσος διαιρεί το τρίγωνο σε ισεμβαδικά τρίγωνα.).Το αντίστροφο προκύπτει και με άτοπο.

Για το πρόβλημα τώρα,είναι (IBC)+(IFE)=r(BC+FE),(ICE)+(IBF)=r(CE+BF)

.Είναι και BC+FE=CE+BF

λόγω περιγραψιμότητας κι άρα το

ικανοποιεί τη συνθήκη του λήμματος κι άρα βρίσκεται στην ευθεία Newton του BCEF.AD

κλπ.

Σημ.Βγαίνει και με κουνήματα

#4

Ουσιαστικά μιλάμε για άμεση εφαρμογή του Θεωρήματος Newton (b), στο μη κυρτό τετράπλευρο AEDB

με παρεγγεγραμμένο κύκλο τον (I)

, σύμφωνα με το οποίο η ευθεία που συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του $AD,\ BE$ , περνάει από το κέντρο

του κύκλου (I)

.

Κώστας Βήττας.

Στον ίδιο δρόμο με το παράκεντρο

Στον ίδιο δρόμο με το παράκεντρο

Re: Στον ίδιο δρόμο με το παράκεντρο

Re: Στον ίδιο δρόμο με το παράκεντρο

Re: Στον ίδιο δρόμο με το παράκεντρο

Μέλη σε σύνδεση