Ομοκυκλικά έγκεντρα

Al.Koutsouridis · #1

Δεν ξέρω αν έχει ξανατεθεί στο

αλλά πολύ όμορφο για να λείπει.

Έστω ABCD

εγγεγραμένο σε κύκλο κέντρου

και περιγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

τετράπλευρο. Να δείξετε ότι τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων OAB, OBC, OCD

και

είναι ομοκυκλικά.

Πηγή: AoPS

: dao_thanh_oai.png (23.26 KiB) Προβλήθηκε 1726 φορές

Έπεσα πάνω του πρόσφατα κοιτώντας το τελευταίο τεύχος του ρωσικού περιοδικού "Μαθηματική εκπαίδευση". Εκεί αναφέρει ότι βλέπωντας την άσκηση στο διαδίκτυο (AoPS) την έθεσαν σε μια από τις μαθηματικές μάχες μεταξύ μαθητών και καθηγητών σε καλοκαιρινό σχολείο στο Κίροφ. Καμία ομάδα δεν κατάφερε να λύσει το πρόβλημα. Λύση βρέθηκε λίγους μήνες αργότερα αλλά με μη σχολικά μέσα. Την έβαλα σε αυτό το φάκελο για όσους θέλουν να καταστρέψουν το καλοκαίρι τους

.

Να σημειώσουμε ότι ισχύει και το αντίστροφο. Αν το τετράπλευρο ABCD

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

και τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων OAB, OBC, OCD

και

είναι ομοκυκλικά, τότε το τετράπλευρο ABCD

είναι περιγράψιμο.

min## · #2

Καλησπέρα.
Εξαιρετικό πρόβλημα-αν και ψιλοαδύνατο να λυθεί (συνθετικά) χωρίς τη βοήθεια λογισμικού.
Η παρακάτω λύση είναι μεν μακροσκελής,αλλά συνδυάζει πολλά πράγματα οπότε:

Λήμμα 01. (χωρίς σχήμα)
Έστω τρίγωνο ABC

,

τα μέσα των τόξων BC,CA,AB

και

τυχαίο σημείο στο μικρό τόξο

.
Αν $XE\cap AC\equiv K,XF\cap AB\equiv L$ ,τότε το κέντρο του (XKL)

βρίσκεται στην

.
Απόδειξη:
Απλή.Ας είναι K',L'

τα συμμετρικά των K,L

προς την

.Για να μην παίζουμε με προσανατολισμένες γωνίες,θεωρούμε πως η KK'

βρίσκεται πιο κοντά στο

από την

.
Από κυνήγι γωνιών βρίσκουμε πως $AK'K\angle=90-A\angle/2=FXE\angle=LXK\angle$ οπότε KK'LX

εγγράψιμο.
Όμως L'KK'L

εγγράψιμο ως τραπέζιο,οπότε X,L',K,K',L

ομοκυκλικά και συνεπώς ο (XKL)

έχει άξονα συμμετρίας την

. $\square$

Σημ.Μπορούμε να δούμε αυτό το Λήμμα ως γενίκευση γνωστής ιδιότητας του μικτεγγεγραμμένου.

Λήμμα 1.(σχήμα 1)
Έστω τρίγωνο ABC

,

το κέντρο του (ABC)

, $I_{1},I_{2}$ τα έκκέντρα των AOB,AOC

και

το μέσο του τόξου BAC

.
Τότε $ADI_{2}I_{1}$ εγγράψιμο.

: Lemma 1..png (19.14 KiB) Προβλήθηκε 1429 φορές

Απόδειξη:
Θεωρούμε την ομοιοθεσία κέντρου

και λόγου

,η οποία στέλνει το

στο αντιδιαμετρικό του

-έστω

-στον

.
Τα $I_{1},I_{2}$ πάνε προφανώς στις τομές των $(A'B,AI_{1}),(A'C,AI_{2})$ τις οποίες και ονομάζουμε $I_{1}',I_{2}'$ αντίστοιχα.
Από το Λήμμα 01. για το τρίγωνο A'BC

προκύπτει πως το κέντρο

του $(AI_{1}'I_{2}')$ βρίσκεται στην DA'

.
Άρα το συμμετρικό του

ως προς την DA'

(ας πούμε

) βρίσκεται στον $(AI_{1}'I_{2}')$ .
Επειδή $ADA'\angle =90$ ,το

είναι το μέσον του AA''

οπότε εφαρμόζοντας την αντίστροφη ομοιοθεσία (λόγου 1/2

) παίρνουμε πως το

ανήκει στον $(AI_{1}I_{2})$ .
$\square$

Πίσω στο πρόβλημα τώρα:

: κυρίως.png (33.47 KiB) Προβλήθηκε 1429 φορές

Ας είναι

τα μέσα των AB,BC,CD,DA

αντίστοιχα και $I_{1},I_{2},I_{3},I_{4}$ τα έκκεντρα των AOB,BOC,COD,DOA

(αντίστοιχα).
Προφανώς οι $(O,I_{1},K),(O,I_{2},L),(O,I_{3},M),(O,I_{4},N)$ είναι συνευθειακές τριάδες.
Ορίζουμε τώρα $KL\cap I_{1}I_{2}\equiv X$ και κυκλικά τα Y,Z,W

.
Αποδεικνύουμε ότι:

Λήμμα 2.
$XI_{1}\cdot XI_{2}=Pow(X,(O))$ και όμοια και για τα άλλα.(εδώ συμβολίζουμε με

τη δύναμη του

ως προς τον (O)

).

Απόδειξη:
Από Μενέλαο στο OKL

με διατέμνουσα την $XI_{2}I_{1}$ λαμβάνουμε πως $\dfrac{XL}{XK}\cdot \dfrac{I_{2}O}{I_{2}L}\cdot \dfrac{I_{1}K}{I_{1}O}=1$ , (1)

.
Η $BI_{1}$ διχοτομεί την $OBK\angle$ οπότε $\dfrac{I_{1}K}{I_{1}O}=\dfrac{KB}{BO}$ , (2)

και ομοίως $\dfrac{I_{2}O}{I_{2}L}=\dfrac{BO}{BL}$ , (3)

.
Από

παίρνουμε $\dfrac{XL}{XK}=\dfrac{BL}{BK}$ δηλαδή ότι το

είναι η τομή της (εξ. προφανώς) διχοτόμου της $ABC\angle$ με την

.
Αν

το μέσον του μεγάλου τόξου

,αυτό μας δίνει πως X,B,D'

συνευθειακά.
Από το Λήμμα 1.,είναι $BD'I_{1}I_{2}$ εγγράψιμο οπότε πράγματι έχουμε από δύναμη σημείου το υποζητούμενο. $\square$

Εδώ είναι που θα χρειαστούμε για πρώτη φορά το ότι ABCD

περιγράψιμο.
Ισχύει το εξής:
Λήμμα 3.
X,Y,Z,W

συνευθειακά.
Απόδειξη:
Το KLMN

είναι προφανώς παραλληλόγραμμο,οπότε για να δείξουμε πχ. ότι X,Y,Z

συνευθειακά,αρκεί από αντίστροφο Θαλή $\dfrac{YL}{YM}=\dfrac{XL}{ZM}$ .
Από γνωστούς τύπους για την εξ.διχοτόμο(-όπως δείχτηκε στο προηγούμενο λήμμα),είναι $XL=\frac{BL\cdot LK}{BK-BL},ZM=\frac{MD\cdot MN }{DN-MD}$ ενώ και $\dfrac{YL}{YM}=\dfrac{CL}{CM}$ .
Αρκεί λοιπόν $\dfrac{CL}{CM}=\dfrac{BL\cdot LK}{MD\cdot MN}\cdot \dfrac{DN-MD}{BK-BL}$ που ισχύει καθώς LK=MN

λόγω του παραλληλογράμμου, $\dfrac{DN-MD}{BK-BL}=1$ λόγω Pitot

(εδώ μόνο χρησιμοποιήθηκε η περιγραψιμότητα) και CL=BL,CM=MD

. $\square$

Ζωγραφίζουμε τώρα τους κύκλους με κέντρα X,Y,Z,W

που είναι ορθογώνιοι στον (O)

.
Επειδή τα κέντρα τους είναι συγγραμικά από Λήμμα 3,είναι και ομοαξονικοί (αποδεικνύεται απλά με αντιστροφή ως προς τον (O)

).
Θεωρούμε τον κύκλο $(I_{1}I_{2}I_{3})$ .
Από Λήμμα 2. είναι ορθογώνιος στους (X),(Y)

.
Επομένως ,η αντιστροφή ως προς αυτόν ανταλλάζει τα κοινά σημεία των (X),(Y),(Z),(W)

οπότε το κέντρο του βρίσκεται πάνω στον κοινό ριζικό άξονα.
Έτσι,είναι τελικά ορθογώνιος και στους (Z),(W)

.
Αν τέμνει την $I_{1}I_{4}$ για δεύτερη φορά στο $I_{4}'$ ,θα είναι λοιπόν (λόγω ορθογωνιότητας με τον (W)

) $WI_{1}\cdot WI_{4}'=Pow(W,(O))$ -εκ κατασκευής του (W)

-οπότε από Λήμμα 2 είναι $I_{4}\equiv I_{4}'$ και το ζητούμενο δείχτηκε.. $\blacksquare$

Σημ.Το αντίστροφο είναι πλέον εύκολο,αν δούμε που χρησιμοποιήθηκε η περιγραψιμότητα...

Al.Koutsouridis · #3

Πολύ όμορφες σκέψεις min##

. Τα πρώτα δυο λήμματα για ορεκτικό (έχουν εμφανιστεί και σε διάφορους διαγωνισμούς, για να δούμε την πολυπλοκότητα της λύσης) και τα υπόλοιπα πιο δύσκολα, στην ρίζα του προβλήματος.

Όταν βρω λίγο χρόνο θα μεταφέρω και την λύση που έχει στο περιοδικό. Θα πρότεινα η λύση σου να δημοσιευθεί στο περιοδικό Ευκλείδης, ύστερα ενδεχόμένως από μερικά βασικά για ορθογώνιους κύκλους και αντιστροφή.

Al.Koutsouridis · #4

Μεταφέρω σκιαγράφηση της λύσης που έχει στο περιοδικό (σελ 164-165), δεν θα γράψω τις αποδείξεις των επιμέρους προτάσεων αν και είναι σύντομες. Στην ουσία είναι πιο καμουφλαρισμένα τα όσα απέδειξε ο min## στην παραπάνω λύση του.

Πρόταση 1. Έστω και σημεία ενός κύκλου $\omega$ με κέντρο και το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου . Τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου είναι ορθογώνιος προς τον $\omega$ .

: protash1.png (11 KiB) Προβλήθηκε 1091 φορές

Θα θεωρήσουμε τώρα τον κύκλο $\omega$ ως το απόλυτο στο μοντέλο του Poincare της υπερβολικής γεωμετρίας. Σύμφωνα με την πρόταση 1 ο κύκλος AIB

θα είναι σε αυτό το μοντέλο ευθεία. Είναι φανερό ότι $OI \perp AB$ . Επομένως αν περάσουμε από το μοντέλο Poincare στο μοντέλο του Klein με το ίδο απόλυτο, τότε το

θα γίνει το μέσο του ευκλείδειου τμήματος

. Σε κύκλους της υπερβολική γεωμετρία αντιστοιχούν ευκλείδειοι κύκλοι στο μοντέλο του Poincare και ελλείψεις, που εφάπτονται του απόλυτου σε δυο σημεία (πραγματικά ή φανταστικά), στο μοντέλο του Klein. Έτσι το αρχικό πρόβλημα μπορεί να αναδιατυπωθεί:

Τα μέσα των πλευρών ενός περιγράψιμου και εγγράψιμου τετράπλευρου ανήκουν σε έλλειψη, που εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου σε δυο σημεία.

Πρόταση 2. Έστω ευθεία που τέμνει τον κύκλο $\omega$ στα σημεία και (πραγματικά ή φανταστικά). Για τυχόν σημείο συμβολίζουμε την δύναμη του σημείου ως προς τον $\omega$ με $D_{\omega} (X)$ και την απόστασή του από την ευθεία με $d_{l}(X)$ . Τότε ο γεωμετρικός τόπος των σημείων , που ικανοποιούν την συνθήκη $\displaystyle{D_{\omega} (X) : d_{l}^{2}(X) = const.}$ , θα είναι κωνική, που εφάπτεται του $\omega$ στα σημεία και . (Ισχύει και το αντίστροφο)

: protash2.png (22.76 KiB) Προβλήθηκε 1091 φορές

Τώρα για την λύση του προβλήματος αρκεί να βρεθεί τέτοια ευθεία

, για την οποία οι αποστάσεις των μέσων K,L,M,N

των πλευρών AB, BC,CD,DA

ναι είναι αντίστοιχα ανάλογες με τα μήκη αυτών των πλευρών. Έστω

η μικρότερη πλευρά του τετράπλευρου ABCD

. Διαλέγουμε τέτοια σημεία X,Y

για τα οποία $|BC| \cdot \overrightarrow{XK}= |AB| \cdot \overrightarrow{XL}$ , $|AD| \cdot \overrightarrow{YK}= |AB| \cdot \overrightarrow{YN}$ . Τότε |XK| < |XL|

,

, δηλαδή

και

βρίσκονται στις προεκτάσεις των πλευρών του παραλληλόγραμμου KLMN

και προς το μερός της ίδιας κορυφής

. Για αυτό η ευθεία

δεν τέμενει το παραλληλόγραμμο. Εξάλλου $d_{XY}(L):|BC|=d_{XY}(K):|AB|=d_{XY}(N):|AD|$ . Εφόσον AB+CD=AD+BC

ο λόγος $d_{XY}(M):|CD|$ θα είναι ίδιος με τον παραπάνω. Έτσι ως

μπορούμε να πάρουμε την ευθεία

.

Η απόδειξη ολοκληρώνεται με το να δείξουμε ότι η παραπάνω κωνική είναι όντως έλλειψη.

Edit: 09/08/20 Έγινε διόρθωση στην σχέση $\displaystyle{D_{\omega} (X) : d_{l}^{2}(X) = const.}$ ύστερα από παρατήρηση του min##.

MAnTH05 · #5

Μία παραλλαγή:
Αν το ABCD

είναι ένα κυρτό (αλλά όχι απαραίτητα εγγράψιμο) τετράπλευρο και οι διαγώνιοι του τέμνονται στο

, ισχύει πως τα έγκεντρα των τριγώνων APD

,

και

είναι ομοκυκλικά αν και μόνο αν το ABCD

είναι περιγράψιμο.
(Για την απόδειξη μπορείτε να ανατρέξετε στο συνημμένο.)

min## · #6

Χρόνια πολλά.Το ένα λέει για τρίγωνα από τομές διαγωνίων (

),το άλλο από κέντρο κύκλου (

) οπότε δε βλέπω άμεση σύνδεση.
Όπως και να χει ωραίο πρόβλημα και αξίζει να βρεθεί καλύτερη λύση

Edit:Αναφερόμουν στη λέξη "γενίκευση" που πρωτογράφηκε.Τώρα όλα καλά.

Ομοκυκλικά έγκεντρα

Ομοκυκλικά έγκεντρα

Re: Ομοκυκλικά έγκεντρα

Re: Ομοκυκλικά έγκεντρα

Re: Ομοκυκλικά έγκεντρα

Re: Ομοκυκλικά έγκεντρα

Re: Ομοκυκλικά έγκεντρα

Μέλη σε σύνδεση