Συντρέχουσες ευθείες

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3063
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Συντρέχουσες ευθείες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Μαρ 12, 2022 8:30 pm

Έστω \triangle ABC ένα τρίγωνο με AB\ne BC και έστω \omega o περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω N σημείο του \omega ώστε η ευθεία AN να διχοτομεί την πλευρά AC, έστω H το ορθόκεντρο του \triangle ABC και D σημείο του \omega ώστε B\widehat{D}H=90^\circ. Έστω σημείο K τέτοιο ώστε το τετράπλευρο ANCK να είναι παραλληλόγραμμο. Να δειχθεί ότι οι ευθείες AC, KH, και BD συντρέχουν.

Πηγή: IMO-EGMO TST

Φιλικά,

Αχιλλέας



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1861
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής
Επικοινωνία:

Re: Συντρέχουσες ευθείες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Μαρ 12, 2022 9:23 pm

achilleas έγραψε:
Σάβ Μαρ 12, 2022 8:30 pm
Έστω \triangle ABC ένα τρίγωνο με AB\ne BC και έστω \omega o περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω N σημείο του \omega ώστε η ευθεία AN να διχοτομεί την πλευρά AC, έστω H το ορθόκεντρο του \triangle ABC και D σημείο του \omega ώστε B\widehat{D}H=90^\circ. Έστω σημείο K τέτοιο ώστε το τετράπλευρο ANCK να είναι παραλληλόγραμμο. Να δειχθεί ότι οι ευθείες AC, KH, και BD συντρέχουν.

Πηγή: IMO-EGMO TST

Φιλικά,

Αχιλλέας
Έστω M το μέσον της AC. Ο βασικός Ισχυρισμός είναι ο εξής:

Ισχυρισμός: K \in BM και HK \perp BM.
Απόδειξη: Κλέβουμε λίγο :mrgreen: και ορίζουμε ξανά το K ώστε K \in BM και HK \perp BM. Τότε, αν η BH τέμνει την AC στο L, η CH την AB στο T και S το ίχνος της καθέτου από το M στην AB, είναι

\displaystyle{MK \cdot MB=MB^2-BK \cdot BM=MB^2-BH \cdot BL=MB^2-BT \cdot BA=}

\displaystyle{MB^2-(BS-ST)(BS+SA)=MB^2-(BS-SA)(BS+SA)=MB^2-(BS^2-SA^2)=}

\displaystyle{MB^2-(MB^2-MA^2)=MA^2,}

και άρα ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABK εφάπτεται στην AC, συνεπώς

\displaystyle{\angle KAM=\angle ABM=\angle ACN,}

που δίνει ότι KA \parallel CN, και όμοια KC \parallel AN, και άρα το τετράπλευρο AKCN είναι παραλληλόγραμμο, όπως θέλαμε \blacksquare

Στο πρόβλημα, είναι

\displaystyle{\angle HKB=\angle HDB=90^\circ,}

και άρα το τετράπλευρο DHKB είναι εγγράψιμο. Επίσης,

\displaystyle{\angle AKC=\angle ANC=180^\circ-\angle B=\angle AHC,}

και άρα και το τετράπλευρο AHKC είναι εγγράψιμο.

Συνεπώς, οι ευθείες BD,KH και AC συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των κύκλων (A,D,B,C), (A,H,K,C) και (D,H,B,K), οπότε η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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