Σταθερό σημείο

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2798
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Σταθερό σημείο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Πέμ Ιουν 10, 2021 10:02 am

Έστω \triangle ABC ένα σκαληνό τρίγωνο. Έστω D ένα μεταβλητό σημείο στην ευθεία \overset{\longleftrightarrow}{BC} τέτοιο ώστε D\ne B και D\ne C. Έστω σημείο E στην \overset{\longleftrightarrow}{BC} ώστε η \overset{\longleftrightarrow}{AE} να είναι η ανάκλαση της \overset{\longleftrightarrow}{AD} ως προς την διχοτόμο της γωνίας \angle BAC. Έστω O_1, O_2 τα περίκεντρα των τριγώνων \triangle ABD and \triangle ACE, αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα σημείο P, ανεξάρτητο από την επιλογή του D, τέτοιο ώστε η ευθεία \overset{\longleftrightarrow}{O_1O_2} να διέρχεται από το P.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 842
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Σταθερό σημείο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Πέμ Ιουν 10, 2021 3:31 pm

achilleas έγραψε:
Πέμ Ιουν 10, 2021 10:02 am
Έστω \triangle ABC ένα σκαληνό τρίγωνο. Έστω D ένα μεταβλητό σημείο στην ευθεία \overset{\longleftrightarrow}{BC} τέτοιο ώστε D\ne B και D\ne C. Έστω σημείο E στην \overset{\longleftrightarrow}{BC} ώστε η \overset{\longleftrightarrow}{AE} να είναι η ανάκλαση της \overset{\longleftrightarrow}{AD} ως προς την διχοτόμο της γωνίας \angle BAC. Έστω O_1, O_2 τα περίκεντρα των τριγώνων \triangle ABD and \triangle ACE, αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα σημείο P, ανεξάρτητο από την επιλογή του D, τέτοιο ώστε η ευθεία \overset{\longleftrightarrow}{O_1O_2} να διέρχεται από το P.

Κουνάω το D στην BC. Έτσι έχω την προβολική σύνδεση D\rightarrow AD\rightarrow AE\rightarrow E.
Έστω επίσης D_1 μέσον του BD και E_1 μέσον του CE.
Τότε  D\rightarrow D_1 και E\rightarrow E_1 είναι προβολικότητες. Το O_1 είναι η τομή της κάθετης από το D_1 στην BC με την μεσοκάθετο του AB. Έτσι D_1\rightarrow O_1 προβολικότητα . Όμοια E_1\rightarrow O_2 προβολικότητα.
Έχω λοιπόν την προβολική σύνδεση:
O_1\rightarrow D_1\rightarrow D\rightarrow E\rightarrow E_1\rightarrow O_2 με τα O_1,O_2 να κινούνται σε σταθερές ευθείες. Είναι απλό ότι όταν το ένα γίνει περίκεντρο γίνεται και το άλλο, κατά τα γνωστά λοιπόν η O_1O_2 διέρχεται από σταθερό σημείο, το οποίο δεν χρειάστηκε καν να βρούμε....η δύναμη της προβολικής ;)
36.PNG
36.PNG (52.91 KiB) Προβλήθηκε 228 φορές


dimpaplo
Δημοσιεύσεις: 5
Εγγραφή: Παρ Ιούλ 31, 2020 8:49 pm

Re: Σταθερό σημείο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dimpaplo » Πέμ Ιουν 10, 2021 11:38 pm

achilleas έγραψε:
Πέμ Ιουν 10, 2021 10:02 am
Έστω \triangle ABC ένα σκαληνό τρίγωνο. Έστω D ένα μεταβλητό σημείο στην ευθεία \overset{\longleftrightarrow}{BC} τέτοιο ώστε D\ne B και D\ne C. Έστω σημείο E στην \overset{\longleftrightarrow}{BC} ώστε η \overset{\longleftrightarrow}{AE} να είναι η ανάκλαση της \overset{\longleftrightarrow}{AD} ως προς την διχοτόμο της γωνίας \angle BAC. Έστω O_1, O_2 τα περίκεντρα των τριγώνων \triangle ABD and \triangle ACE, αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα σημείο P, ανεξάρτητο από την επιλογή του D, τέτοιο ώστε η ευθεία \overset{\longleftrightarrow}{O_1O_2} να διέρχεται από το P.
Εστω ότι AB<AC.
Θεωρούμε,αρχικά,ότι το D είναι εσωτερικό σημείο της BC.
Η παράλληλη από το E προς την AB τέμνει τον κύκλο (O_2) στο σημείο H.
Επειδή AB//HE και το AECH είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο έχουμε ότι
\widehat{ABD}=\widehat{HEC} και \widehat{BAD}=\widehat{EAC}=\widehat{EHC}.
Άρα τα τρίγωνα ABD και HEC είναι όμοια και έχουν τις πλευρές τους παράλληλες οπότε είναι ομοιόθετα και το κέντρο της ομοιοθεσίας,έστω P,είναι η τομή των HA και BC.Η ομοιοθεσία αυτή στέλνει το περίκεντρο του ενός τριγώνου στο περίκεντρο του άλλου οπότε το P ανήκει στην ευθεία O_1O_2.
Επειδή AB//HE και το AECH είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο έχουμε ότι \widehat{ACB}=\widehat{ACE}=\widehat{AHE}=\widehat{PAB} δηλαδή η PA εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου ABC και άρα το P είναι σταθερό σημείο.Παρατηρούμε ακόμη ότι τα E και C είναι τα ομοιόθετα των B και D αντίστοιχα οπότε \dfrac{PE}{PB}= \dfrac{PC}{PD} \Rightarrow PE\cdot PD=PC\cdot PB=PA^{2} και άρα η PA εφάπτεται και στον περίκυκλο του τριγωνου ADE το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο και στην περίπτωση που το D βρίσκεται στο εξωτερικό της BC αφού τότε θα έχουμε ένα σχήμα ίδιο με το αρχικό στο οποίο απλά έχουν εναλλαχθεί τα B,D και C,E.


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2798
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Σταθερό σημείο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Παρ Ιουν 11, 2021 11:15 am

Πρόκειται για το πρόβλημα 2052 του Mathematics Magazine, που προτάθηκε τον Οκτώβριο 2018 από τον Michel Bataillle, με λύση στο τ. 4, σελ. 313, τον Οκτώβριο, 2019.

Ακολουθεί η λύση που είχα στείλει:

Λύση: Παρατηρούμε ότι \angle DO_1B=2\angle DAB=2\angle CAE=\angle CO_2E, οπότε τα ισοσκελή τρίγωνα \triangle DO_1B, \triangle CO_2E είναι όμοια με λόγο ομοιότητας ίσο με k:=BD/EC, ενώ οι πλευρές του \triangle DO_1B είναι παράλληλες στις πλευρές του \triangle CO_2E. Επίσης, τα τρίγωνα \triangle DAB και \triangle CAE έχουν το ίδιο ύψος από το A στην \overset{\longleftrightarrow}{BC}, οπότε

\displaystyle  
k= \frac{BD}{EC}=\frac{\text{Area}(\triangle DAB)}{\text{Area}(\triangle CAE)}=\frac{\frac{1}{2}AB\cdot AD\cdot \sin \angle DAB }{\frac{1}{2}AC\cdot AE\cdot \sin \angle CAE}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{AD}{AE}.

Αφού \angle DAC=\angle EAB, εάν ήταν k=1, τότε το \triangle DAC θα ήταν όμοιο με το τρίγωνο \triangle EAB με \angle ABE=\angle ACD. Όμως, αυτό δεν μπορεί να ισχύει ανεξάρτητα από το που βρίσκεται το D στην ευθεία \overset{\longleftrightarrow}{BC} με D\ne B, C επειδή το τρίγωνο \triangle ABC είναι σκαληνό. Επομένως k\ne 1 και οι ευθείες \overset{\longleftrightarrow}{O_1O_2} και \overset{\longleftrightarrow}{BC} τέμνονται σε ένα σημείο, έστω το P. Το P είναι το κέντρο ομοιοθεσίας με λόγο k που απεικονίζει το \triangle DO_1B στο \triangle CO_2E, οπότε

\displaystyle  
\frac{PD}{PC}=k=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{AD}{AE}. (1)

Επιπλέον, είναι \dfrac{PB}{BE}=\dfrac{PO_1}{O_1O_2}=\dfrac{PD}{DC}, και έτσι

\displaystyle  
 \frac{PB}{PD}=\frac{BE}{DC}=\frac{\text{Area}(\triangle EAB)}{\text{Area}(\triangle CAD)}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{AE}{AD}, (2)

αφού τα τρίγωνα \triangle EAB και \triangle CAD έχουν το ίδιο ύψος από το A προς την \overset{\longleftrightarrow}{BC}, και \angle EAB=\angle CAD. Πολ/ντας τις (1) και (2) παίρνουμε

\displaystyle  
\frac{PB}{PC}= \left(\frac{AB}{AC}\right)^2.

Συνεπώς, το P είναι ένα σημείο ανεξάρτητο της επιλογής το D και η απόδειξη μας είναι πλήρης.

Σχόλιο: Έστω ότι η A-συμμετροδιάμεσος του \triangle ABC τέμνει την \overline{BC} στο Q. Είναι γνωστό ότι \frac{QB}{QC}= \left(\frac{AB}{AC}\right)^2 οπότε, από την τελευταία ισότητα αποδεικνύει ότι το P είναι το αρμονικό συζυγές του Q ως προς το B και το C.
Συνημμένα
bataille_1.png
bataille_1.png (29.68 KiB) Προβλήθηκε 104 φορές
bataille_2.png
bataille_2.png (23.87 KiB) Προβλήθηκε 104 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες