mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 21, 2019 1:05 am**

Ίσως κι ένα επίπεδο χαμηλότερη:

: miquellemma.png (49.76 KiB) Προβλήθηκε 2695 φορές

Έστω τρίγωνο ABC

,

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

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 23, 2019 12:58 pm**

Επαναφορά για όποιον έχει χρόνο

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 23, 2019 5:00 pm**

min## έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 23, 2019 12:58 pm
Επαναφορά για όποιον έχει χρόνο

Το S δεν είναι το σημείο Miquel του $A'C'X_{A}X_{C}X_{B}B'$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 23, 2019 5:07 pm**

Δε φαίνεται καλά ,αλλά ναι είναι.

Δημοσιεύτηκε: **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

Δημοσιεύτηκε: **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

.

Δημοσιεύτηκε: **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

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

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

και αντίστροφα.
Είναι $X_{C}T/X_{C}A'=X_{C}X_{A}/X_{C}P$ από Θαλή που σημαίνει πως το

πάει στο

και αντίστροφα.
Έστω $X_{B}'$ το συμ/αντίστροφο του $X_{B}$ και B''

εκείνο του

.
Ο $(X_{A}X_{B}X_{C})$ πάει στην $TX_{B}'$ ,ο $(X_{C}B'A')$ στην B''P

και ο $(TPX_{C})$ στην

.
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 (62.67 KiB) Προβλήθηκε 2058 φορές

edit:Το αρχικό επιχείρημα

mathematica.gr

Λήμμα με Miquel

Λήμμα με Miquel

Re: Λήμμα με Miquel

Re: Λήμμα με Miquel

Re: Λήμμα με Miquel

Re: Λήμμα με Miquel

Re: Λήμμα με Miquel

Re: Λήμμα με Miquel