Χριστουγεννιάτικη Ισογωνιότητα

min## · #1

Χρόνια πολλά και καλές γιορτές σε όλους

Την είδα σήμερα και τη βάζω επειδή κυρίως έχω μια αστεία/περίεργη λύση και επομένως δεν γνωρίζω αν υπάρχει κάτι διαφορετικό.

: lol.png (22.4 KiB) Προβλήθηκε 1227 φορές

Δίνεται τρίγωνο ABC

,

το ορθόκεντρο και περίκεντρό του,

η τομή της εξωτερικής διχοτόμου της $A\angle$ με τον (ABC)

,

η δεύτερη τομή HD,(ABC)

και έστω

οι τομές της εκ του

παράλληλης στην εξωτερική διχοτόμο της $A\angle$ με τις AC,AB

.
Δείξτε ότι η D'H

διχοτομεί την $EDF\angle$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

min## έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 25, 2019 11:11 pm
Χρόνια πολλά και καλές γιορτές σε όλους
Την είδα σήμερα και τη βάζω επειδή κυρίως έχω μια αστεία/περίεργη λύση και επομένως δεν γνωρίζω αν υπάρχει κάτι διαφορετικό.
lol.png
Δίνεται τρίγωνο , το ορθόκεντρο και περίκεντρό του, η τομή της εξωτερικής διχοτόμου της $A\angle$ με τον , η δεύτερη τομή και έστω οι τομές της εκ του παράλληλης στην εξωτερική διχοτόμο της $A\angle$ με τις .
Δείξτε ότι η διχοτομεί την $EDF\angle$ .

Καλημέρα

Λήμμα:
Έστω τρίγωνο ABC

,

μέσο της

,

το ορθόκεντρο και η διχοτόμος

του

τέμνει την

στο

.Από το

φέρουμε ευθεία παράλληλη στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας

που τέμνει τις AB,AC

στα

αντίστοιχα.Τότε $\angle FEA=\angle FZA=90^{\circ}$
Απόδειξη
Αρκεί EF//BA'

,
Θεωρώ το ύψος

και

το αντιδιαμετρικό του

το οποίο θα ανήκει στην

.επειδή τα ASH,AA'C

είναι όμοια και $\dfrac{\angle BHS}{2}=\dfrac{\angle A}{2}=90^{\circ}-\left ( 90^{\circ} -\dfrac{\angle A}{2}\right )=90^{\circ}-\angle HES=\angle SHE$ θα είναι $\angle BAH=\angle OAC\Leftrightarrow \angle HAF=\angle FAA'\Rightarrow \dfrac{HF}{FA'}=\dfrac{AH}{AA'}=\dfrac{SH}{A'C}=\dfrac{SH}{BH}=\dfrac{SE}{EB}\Leftrightarrow EF//BA'$
Επιστροφή στην άσκηση, έστω

το περίκεντρο του AEZ

.Από το λήμμα το

είναι το μέσον του

και επειδή

το μέσο του AA'

είναι

.Αν

το μέσο του

τότε τα

θα είναι προφανώς συνευθειακά και θα δείξω ότι είναι και τα H,K,D

.Αρκεί $\dfrac{LH}{OD}=\dfrac{LK}{KO}$ το οποίο ισχύει γιατί $LO//HM\Leftrightarrow \dfrac{LH}{OD}=\dfrac{LH}{ON}=\dfrac{AL}{AO}=\dfrac{LK}{KO}$
αφού

διχοτόμος της $\angle LOA$ .
Η

είναι μεσοκάθετος των QP,EZ

οπότε εύκολα προκύπτει ότι P,Q,E,N,Z

ομοκυκλικά και NQ//AC,NP//AB

.
Είναι $\angle KZN=\angle KZE+\angle EZN=90^{\circ}-\angle A+\angle EQN=90^{\circ}-\angle A+\angle A=90^{\circ}$
Άρα και το

ανήκει στον κύκλο (P,Q,E,N,Z)

και επειδή ΚQ=ΚP

οι γωνίες $\angle KD'P,\angle KD'Q$ βαίνουν σε ίσα τόξα άρα είναι ίσες.

: Capture4.PNG (85.06 KiB) Προβλήθηκε 1154 φορές

#3

Χαρούμενες γιορτές και καλή χρονιά σε όλους.

$\bullet$ Το σημείο

ταυτίζεται με το μέσον του τόξου $\overset\frown{BC}$ που περιέχει το σημείο

και ας είναι

, το μέσον του τόξου, που δεν περιέχει το

.

Η ευθεία

τέμνει την διχοτόμο

της γωνίας $\angle A$ , στο σημείο έστω

και έστω το σημείο $Q\equiv (O)\cap DH$ .

Το τετράπλευρο AEZF

είναι ρόμβος λόγω $EOF\perp AZ$ και άρα έχουμε $EZ\parallel AB\ \ \ ,(1)$ .

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, ισχύει $EP\perp AB\ \ \ ,(2)$

: Χριστουγεννιάτικη ισογωνιότητα.; f 185_t 65944.PNG (26.42 KiB) Προβλήθηκε 1045 φορές

$\bullet$ Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $EP\perp EZ\ \ \ ,(3)$ από όπου προκύπτει και $FP\perp FZ\ \ \ ,(4)$ λόγω συμμετρίας των $E,\ F$ ως προς την

και επομένως, το τετράπλευρο PEZF

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (K)

με διάμετρο το τμήμα

.

Από $\angle PQZ\equiv \angle DQZ = 90^{o}$ τώρα, προκύπτει ότι το σημείο

, σημείο του κύκλου (O)

, είναι και σημείο του κύκλου (K)

.

Έτσι, από PE = PF

συμπεραίνεται ότι $\angle PQE = \angle PQF$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω , το μέσον του τόξου $\overset\frown {BC}$ που περιέχει το σημείο . Η ευθεία με το ορθόκεντρο του τριγώνου, τέμνει την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ , με $Z\in (O)$ , στο σημείο έστω και ας είναι , το σημείο τομής της πλευράς από την μεσοκάθετη ευθεία του . Αποδείξτε ότι $EP\perp AB$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω , το μέσον του τόξου $\overset\frown {BC}$ που περιέχει το σημείο . Η ευθεία με το ορθόκεντρο του τριγώνου, τέμνει την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ , με $Z\in (O)$ , στο σημείο έστω και ας είναι , το σημείο τομής της πλευράς από την μεσοκάθετη ευθεία του . Αποδείξτε ότι $EP\perp AB$ .

Έστω τα σημεία $S\equiv AB\cap EP$ και $F\equiv AB\cap CH$ και ας είναι $M,\ N$ , τα μέσα των $BC,\ AH$ , αντιστοίχως.

Τα σημεία $O,\ P,\ N$ είναι συνευθειακά, λόγω του τραπεζίου ADZH

με $AH\parallel DZ$ .

: Χριστουγεννιάτικη Ισογωνιότητα - Απόδειξη του Λήμματος.; f 185_t 65944a.PNG (25.19 KiB) Προβλήθηκε 1015 φορές

Για να ισχύει $ES\equiv EP\perp AB$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι $ES\parallel CF\ \ \ ,(1)$

Για να ισχύει η (1)

, αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{AF}{AC} = \frac{AS}{AE} = \frac{AS}{EZ}\ \ \ ,(2)$ λόγω AE = EZ

.

Αλλά, από $AS\parallel EZ$ , λόγω $\angle EZA = \angle EAZ = \angle SAZ$ , σύμφωνα με το Θεώρημα θαλή, έχουμε $\displaystyle \frac{AS}{EZ} = \frac{AP}{PZ} = \frac{AN}{OZ} = \frac{OM}{OC}\ \ \ ,(3)$ λόγω $AN\parallel OZ$ και AN = OM

( γνωστό αποτέλεσμα ) και OZ = OC

.

Από $(2),\ (3)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{AF}{AC} = \frac{OM}{OC}\ \ \ ,(4)$

Η (4)

όμως αληθεύει λόγω των ομοίων ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle FAC,\ \vartriangle MOC$ τα οποία έχουν $\angle FAC\equiv \angle A = \angle MOC$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

min## · #5

Αφού πρώτα ευχαριστήσω για το ενδιαφέρον και τις ωραίες λύσεις σας,ας ανεβάσω και τη δική μου:

Ας είναι

η τομή των HD,EF

.
Από αντίστροφο Reim's στα ζεύγη (ABC),(D'BF)

,

έπεται πως τα D'BFS,D'CES

είναι εγγράψιμα.
Επομένως αρκεί να δειχθεί πως $ABS\angle=ACS\angle$ ,δηλαδή πως το σημείο

ανήκει στην ισογώνια καμπύλη της μεσοκαθέτου της

.
Αυτή η καμπύλη (στο εξής “Ισοπτική”,αν και ο όρος είναι μάλλον αδόκιμος) είναι γνωστό πως είναι μια ισοσκελής περιγεγραμμένη υπερβολή του ABC

με τις διευθύνσεις των ασυμπτώτων να είναι εκείνες της εσωτερικής/εξωτερικής διχοτόμου της

.
(βλ. πχ. https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 81#p306081).
Κάτι που δεν έχει ειπωθεί στο συννημένο είναι πως το μέσο

της

είναι το κέντρο της υπερβολής.
Αυτό δεν είναι δύσκολο:Παρατηρήστε πως το αντιδιαμετρικό του

στον

-έστω

ανήκει στην "Ισοπτική Υπερβολή" του ABC

ως προς

αφού $ABA'\angle=ACA'\angle=90$ .
Ως εκτούτου,το μέσον

της

,όντας και μέσον του HA'

είναι κέντρο συμμετρίας της υπερβολής και άρα είναι το κέντρο της...
Γενικότερα,το κέντρο μιας περιγεγραμμένης κωνικής ενός παραλληλογράμμου ταυτίζεται με το κέντρο του παραλληλογράμμου και η απόδειξη είναι απλή(εισάγουμε ένα "phantom point" που υποθέτουμε ότι είναι το κέντρο της κωνικής και καταλήγουμε πως πρέπει να ταυτίζεται με το κέντρο του παραλληλογράμμου).

: Grouplawl.png (35.84 KiB) Προβλήθηκε 961 φορές

Αν ονομάσουμε

την τομή της υπερβολής με την

που δεν είναι το σημείο στο άπειρο με διεύθυνση εκείνη της εξ. διχοτόμου της

(στο εξής $\infty_{Q}$ ),αρκεί νδο. D,H,S'

συνευθειακά.
Ας είναι επίσης S''

η τομή της υπερβολής με την

και

η ασύμπτωτη με διεύθυνση εκείνη της εξ.διχοτόμου της $A\angle$ .
Θεωρούμε τις εκφυλισμένες κυβικές $(Isop_{ABC}(A)\cup OD,l\cup AOA'\cup HD,AD\infty_{Q}\cup FE\infty_{Q}\cup HMA')\equiv (\mathfrak{C_{1},C_{2},C_{3}})$ ,
εκ των οποίων οι $\mathfrak{C_{1},C_{2}}$ τέμνονται στα $D,H,A,O,A',M,\infty_{Q},\infty_{Q},S''$ (στο $\infty_{Q}$ με πολλαπλότητα

διότι η

είναι ασύμπτωτος) και οι $\mathfrak{C_{1},C_{3}}$ στα $A,D,\infty_{Q},O,\infty_{Q},H,M,A',S'$ (πάλι στο $\infty_{Q}$ με πολλαπλότητα

διότι $\infty_{Q}\epsilon AD,FE$ ).
Συνεπώς,από Cayley-Bacharach

,επειδή τα

από τα

σημεια είναι κοινά,θα είναι και τα υπόλοιπα κοινά,δηλαδή $S'\equiv S''$ που είναι το ζητούμενο.

Σημ.1.Έχει σημασία το γεγονός ότι η εφαπτομένη της υπερβολής στο $\infty_{Q}$ έχει τη διεύθυνση της

για την παραπάνω απόδειξη,καθώς έτσι μπορούμε να θεωρήσουμε το $\infty_{Q}$ σαν να είναι "διπλό" σημείο και της $\mathfrak{C_{1}}$ .
Σημ.2.Μπορεί να αποφευχθεί η χρήση του παραπάνω δυνατού θεωρήματος με την εφαρμογή μερικών Pascal

.Εξ'άλλου το πρόβλημα κατέληξε να είναι καθαρά προβολικό και επομένως μπορούμε να αγνοήσουμε εντελώς της Γεωμετρικές ιδιότητες των παραπάνω σημείων τομής (πχ.

μέσο της

,

κέντρο του (ABC)

) και να εργαστούμε μονάχα με τις προβολικές τους (συνευθειακότητες/συντρέχειες/εφάψεις/"ομοκωνικότητες" κλπ.)

Χριστουγεννιάτικη Ισογωνιότητα

Χριστουγεννιάτικη Ισογωνιότητα

Re: Χριστουγεννιάτικη Ισογωνιότητα

Re: Χριστουγεννιάτικη Ισογωνιότητα

Re: Χριστουγεννιάτικη Ισογωνιότητα

Re: Χριστουγεννιάτικη Ισογωνιότητα

Μέλη σε σύνδεση