Λήμμα με Miquel

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

min##
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Λήμμα με Miquel

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τρί Μάιος 21, 2019 1:05 am

Ίσως κι ένα επίπεδο χαμηλότερη:
miquellemma.png
miquellemma.png (49.76 KiB) Προβλήθηκε 778 φορές
Έστω τρίγωνο ABC,K,L,M τα μέσα των BC,CA,AB αντίστοιχα και AXX_{A},BXX_{B},CXX_{C} τυχαίες σεβιανές.Έστω A' \equiv X_{B}X_{C}\cap BC,B' \equiv X_{C}X_{A}\cap CA,C' \equiv X_{A}X_{B}\cap AB.Να δειχτεί πως το σημείο Miquel του A'C'X_{A}X_{C}.X_{B}B' βρίσκεται στον (KLM) (κύκλος Euler).

Υγ.Προέκυψε λύνοντας μια άλλη



Λέξεις Κλειδιά:
min##
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Λήμμα με Miquel

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Πέμ Μάιος 23, 2019 12:58 pm

Επαναφορά για όποιον έχει χρόνο :lol:


christinat
Δημοσιεύσεις: 28
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Λήμμα με Miquel

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Πέμ Μάιος 23, 2019 5:00 pm

min## έγραψε:
Πέμ Μάιος 23, 2019 12:58 pm
Επαναφορά για όποιον έχει χρόνο :lol:
Το S δεν είναι το σημείο Miquel τουA'C'X_{A}X_{C}X_{B}B';


min##
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Λήμμα με Miquel

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Πέμ Μάιος 23, 2019 5:07 pm

Δε φαίνεται καλά ,αλλά ναι είναι.


petrosqw
Δημοσιεύσεις: 20
Εγγραφή: Παρ Φεβ 01, 2019 6:46 pm

Re: Λήμμα με Miquel

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από petrosqw » Παρ Μάιος 24, 2019 10:39 am

min## έγραψε:
Πέμ Μάιος 23, 2019 5:07 pm
Δε φαίνεται καλά ,αλλά ναι είναι.
Μηνά συμφέρει καλύτερα να δείξω ότι το MSKL
είναι εγγράψιμο ή να δείξω ότι το S έχει μια συγκεκριμένη ιδιότητα και γι'αυτό να ανήκει στον κύκλο του Euler


min##
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Λήμμα με Miquel

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Παρ Μάιος 24, 2019 11:44 am

Θα πρότεινα το πρώτο-δηλαδή με εγγράψιμα .(Ίσως όχι το MKLS ξέρω γω,αλλά κάτι ανάλογο..)Τείνω να πιστεύω ότι μάλλον είναι κάπως ζόρικο πρόβλημα οπότε όποιος δεν έχει πολύ χρόνο μην τον χαραμίσει :? .


min##
Δημοσιεύσεις: 194
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Λήμμα με Miquel

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Μάιος 25, 2019 7:21 pm

Παραθέτω μια γρήγορη νομίζω λύση έτσι για να υπάρχει:
Ορίζουμε T \equiv X_{C}X_{B} \cap LM,P \equiv X_{C}X_{A} \cap LM.
Δείχνουμε πως ο (TPX_{C}) περνάει από το S και έχουμε τελειώσει:
Αν δειχθεί αυτό,τότε με T' \equiv MK \cap X_{C}X_{A},T'' \equiv MK \cap X_{C}X_{B},P' \equiv KL \cap X_{C}X_{A},R \equiv X_{B}X_{C} \cap KL,R' \equiv X_{A}X_{B} \cap ML
θα ισχύει ομοίως πως το S ανήκει στον (T''X_{C}T'),δηλαδή θα είναι το σημείο Miquel του PMT''X_{C}.T'T δηλαδή θα ανήκει και στον (TMT'').Επίσης ομοίως (όπως στον (TPX_{C}) που έστω ότι δείξαμε) θα ανήκει και στον (TR'X_{B}),δηλαδή θα είναι το σημείο Miquel του PR'X_{B}X_{C}.TX_{A} δηλαδή θα ανήκει στον (X_{A}PR').Όμοια θα ανήκει πχ. και στον (X_{C}P'R).Αφού ανήκει και στον (T''X_{C}T') (παραπάνω) θα είναι το σημείο Miquel του T''RP'T'.KX_{C} δηλαδή θα ανήκει και στον (KRT'').Επειδή ανήκει και στον (TMT'') (παραπάνω) θα είναι το σημείο Miquel του LRT''M.KT δηλαδή θα ανήκει και στον (KLM) κλπ.,,

Ισοδύναμα θέμε να δείξουμε πως οι (TPX_{C},(X_{A}X_{B}X_{C}),(A'B'X_{C}) είναι ομοαξονικοί.
Παίρνουμε σύνθεση αντιστροφής με κέντρο X_{C} και δύναμη -\sqrt_{X_{C}X_{A}X_{C}T},και συμμετρίας ως προς τη διχοτόμο της X_{A}X_{C}X_{B} \angle.
Το X_{A} πάει στο T και αντίστροφα.
Είναι X_{C}T/X_{C}A'=X_{C}X_{A}/X_{C}P από Θαλή που σημαίνει πως το A' πάει στο P και αντίστροφα.
Έστω X_{B}' το συμ/αντίστροφο του X_{B} και B'' εκείνο του B'.
Ο (X_{A}X_{B}X_{C}) πάει στην TX_{B}',ο (X_{C}B'A') στην B''P και ο (TPX_{C}) στην BC.
Αρκεί οι 3 αυτές ευθείες να συντρέχουν,δηλαδή αρκεί (X_{B}',P,X_{C},X_{A})=(T,B'',X_{C},A') (αρκεί να είναι προοπτικές σημειοσειρές αφού X_{C} η τομή των ευθειών που κείτονται.
Τόσο η αντιστροφή όσο και η συμμετρία διατηρούν το διπλό λόγο.Άρα αρκεί (f(X_{B}'),f(P),f(X_{C}),f(X_{A}))=(f(T),f(B''),f(X_{C}),f(A')) δηλαδή (X_{B},A',\infty ,T)=(X_{A},B',\infty,P).
Επειδή στα παραπάνω υπάρχει το \infty (αντίστροφο του X_{C}) ο διπλός λόγος αυτός είναι ο απλός λόγος της υπόλοιπης τριάδας σημείων.Συνεπώς αρκεί X_{B}T/A'T=X_{A}P/B'P δηλαδή από Θαλή X_{B}L/CL=CL/B'L το οποίο είναι η σχέση Newton στην αρμονική (A,C,X_{B},B')...
le3mma miquel.png
le3mma miquel.png (62.67 KiB) Προβλήθηκε 141 φορές
edit:Το αρχικό επιχείρημα


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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