Ισοσκελές από το πουθενά...

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Έστω τρίγωνο ABC

και ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο το

. Οι εφαπτόμενες από B, C

τέμνονται στο

. Έστω

το μέσο του

. Η κάθετη από το

στην

τέμνει την εφαπτόμενη από το

και την

στα

αντίστοιχα. Να αποδειχθεί πως το τρίγωνο EMF

είναι ισοσκελές.

Καλή Ανάσταση σε όλους!

Datis-Kalali · #2

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 07, 2018 4:52 pm
Έστω τρίγωνο και ο περιγεγραμμένος κύκλος του με κέντρο το . Οι εφαπτόμενες από τέμνονται στο . Έστω το μέσο του . Η κάθετη από το στην τέμνει την εφαπτόμενη από το και την στα αντίστοιχα. Να αποδειχθεί πως το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Καλή Ανάσταση σε όλους!

Θα χρησιμοπίουμε μηγαδικοί αριθμοί.
Έστω ότι τα σημεία στο πρόβλημα είανι μηγαδικοί αριθμοί.
Έστω ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABC

είναι το μοναδίαιο κύκλο.
Έχουμε ότι $d=\frac{2bc}{b+c} \Rightarrow m=\frac{\frac{bc}{b+c}+a}{2}=\frac{ab+ac+bc}{2(b+c)}$
$\bar m=\frac{\bar{ab}+\bar{ac}+\bar{bc}}{2(\bar{b}+\bar{c})}=\frac{c+b+a}{2ac+2ab}$
Έχουμε τα παρακάτω
1)MO είανι κάθετη στην OF: $\frac{m}{\bar m}= \frac{f}{\bar f}$
2)e είανι πάνω στην εφαπτόμενη απο το Α: $e+a^2 \bar e=2a$
Δηλαδή $e=2a-\frac{a^2 \bar{m}}{m}=e=2a-\frac{a^2(\frac{c+b+a}{2ac+2ab})}{\frac{ab+ac+bc}{2(b+c)}}$
Επίσης έχουμε πως
3) MO είανι κάθετη στην OΕ $\frac{m}{\bar m}= \frac{f}{\bar f}$
4) b,c,f είναι πάνω στην ίδια ευθεία $\frac{b-c}{\bar b -\bar c}=\frac{b-f}{\bar b -\bar f}$
Δηλαδή
$f=\frac{\frac{b}{c}-\frac{c}{b}} {\frac{1}{c}-\frac{1}{b}+\frac{b(\frac{c+b+a}{2ac+2ab})}{\frac{ab+ac+bc}{2(b+c)}} -\frac{c(\frac{c+b+a}{2ac+2ab})}{\frac{ab+ac+bc}{2(b+c)}}}$
Τωρά με εύκολες αλγεβραικές πράξεις προκύπτει e=-f

Δηλαδή

Άρα το τρίγωνο EMF

είναι ισοσκελές

: tangents.JPG (46.21 KiB) Προβλήθηκε 1373 φορές

gavrilos · #3

Καλησπέρα.

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=0.5cm,y=0.5cm] \clip(-14.,-8.3) rectangle (11.2,6.7); \fill[line width=0.8pt,color=white,fill=white,fill opacity=0.10000000149011612] (2.190384487963723,5.366910193221686) -- (0.,0.) -- (7.,0.) -- cycle; \draw [line width=0.8pt,color=black] (2.190384487963723,5.366910193221686)-- (0.,0.); \draw [line width=0.8pt,color=black] (0.,0.)-- (7.,0.); \draw [line width=0.8pt,color=black] (7.,0.)-- (2.190384487963723,5.366910193221686); \draw [line width=0.8pt] (3.5,1.7019865391586084) circle (1.945941814358609cm); \draw [line width=0.8pt] (2.190384487963723,5.366910193221686)-- (3.5,-7.197471729744639); \draw [line width=0.8pt] (2.8451922439818613,-0.9152807682614768)-- (3.5,1.7019865391586084); \draw [line width=0.8pt] (-3.3028420336632194,3.403973078317217)-- (10.30284203366322,0.); \draw [line width=0.8pt] (7.,0.)-- (10.30284203366322,0.); \draw [line width=0.8pt] (3.5,-7.197471729744639)-- (7.,0.); \draw [line width=0.8pt] (3.5,-7.197471729744639)-- (0.,0.); \draw [line width=0.8pt] (3.5,1.7019865391586084)-- (3.5,-7.197471729744639); \draw [line width=0.8pt] (3.5,-7.197471729744639)-- (10.30284203366322,0.); \draw [line width=0.8pt] (2.190384487963723,5.366910193221686)-- (3.5,1.7019865391586084); \draw [line width=0.8pt] (2.190384487963723,5.366910193221686)-- (-12.828768794504084,0.); \draw [line width=0.8pt] (-12.828768794504084,0.)-- (0.,0.); \draw [line width=0.8pt] (-12.828768794504084,0.)-- (3.5,-7.197471729744639); \draw [line width=0.8pt] (-12.828768794504084,0.)-- (3.5,1.7019865391586084); \begin{scriptsize} \draw [fill=black] (2.190384487963723,5.366910193221686) circle (1.5pt); \draw (2.050907016363515,6.117590570634495) node {A}; \draw [fill=black] (0.,0.) circle (1.5pt); \draw (-0.532960390381481,-0.24566498328975395) node {B}; \draw [fill=black] (7.,0.) circle (1.5pt); \draw (7.295772200204104,-0.39992572399094795) node {C}; \draw [fill=black] (3.5,-7.197471729744639) circle (1.5pt); \draw (4.133427015829631,-7.148833129668182) node {D}; \draw [fill=black] (3.5,1.7019865391586084) circle (1.5pt); \draw (4.094861830654333,1.0655513126703942) node {O}; \draw [fill=black] (2.8451922439818613,-0.9152807682614768) circle (1.5pt); \draw (2.2437329422400074,-0.7855775757439326) node {M}; \draw [fill=black] (-3.3028420336632194,3.403973078317217) circle (1.5pt); \draw (-3.2325233526523727,4.22789649704487) node {E}; \draw [fill=black] (10.30284203366322,0.) circle (1.5pt); \draw (10.573812940104473,0.5642039053915141) node {F}; \draw [fill=black] (-12.828768794504084,0.) circle (1.5pt); \draw (-12.873819646476985,0.718464646092708) node {G}; \draw [fill=black] (2.5823578491251014,1.6063385078704626) circle (1.5pt); \draw (2.128037386714112,1.1812468681962898) node {H}; \draw [fill=black] (3.5,0.) circle (1.5pt); \draw[color=black] (3.940601089953139,-0.43849090916624633) node {I}; \end{scriptsize} \end{tikzpicture}$

Έστω $G\equiv AE\cap BC,H\equiv GO\cap AD$ και $I\equiv OD\cap BC$ .Είναι γνωστό ότι η

είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο (το

ανήκει στην πολική του

,άρα,από το θ. La Hire,και το

ανήκει στην πολική του

.Προφανώς και το

ανήκει στην πολική του

οπότε έχουμε το ζητούμενο).Άρα $GO\perp AD\Rightarrow \hat{GHD}=\hat{GID}=90^{\circ}\Rightarrow GDIH$ εγγράψιμο.Άρα $\displaystyle{\begin{equation} \hat{OGF}=\hat{ODM}\end{equation}}$ .Επιπλέον, $\displaystyle{\hat{MOD}=\hat{OFG}}$ ως γωνίες με πλευρές κάθετες (είναι και οι δύο οξείες).Συμπεραίνουμε ότι $\triangle{ODM}\simeq \triangle{OGF}$ .Παρατηρούμε επίσης ότι $\triangle{AOM}\simeq \triangle{OEG}$ .Πράγματι, $\hat{AMO}=\hat{GOE}$ ως παραπληρωματικές των ίσων γωνιών των ομοίων τριγώνων που αναφέραμε παραπάνω,και $\hat{OGE}=\hat{OAM}$ αφού το τρίγωνο $\triangle{GOA}$ είναι ορθογώνιο,και το

είναι το ύψος του.Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι

$\begin{center} \cfrac{OF}{OM}=\cfrac{OG}{DM}=\cfrac{OG}{AM}=\cfrac{OE}{OM} \end{center}$ δηλαδή OE=OF

.Συνεπώς,η

είναι μεσοκάθετος του

,και το ζητούμενο έπεται.

min## · #4

Με

τις τομές της

με την

είναι και

..

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

min## έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 07, 2018 7:48 pm
Με τις τομές της με την είναι και ..

: Αναπάντεχο Ισοσκελές!.png (31.02 KiB) Προβλήθηκε 1318 φορές

Πράγματι:

Έστω

το σημείο στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου του ABC

έτσι ώστε

και

το αντιδιαμετρικό του

.

Παρατηρούμε πως αφού OE=OF

, τα σημεία

και

θα έχουν ίσες δυνάμεις ως προς του κύκλο.

Ταυτόχρονα το τετράπλευρο EAFA'

είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιοι του διχοτομούνται. Άρα $EA=FA'\Rightarrow EA^2=FA'^2$ , δηλαδή η δύναμη του

στον κύκλο είναι ίση με FA'^2

, δηλαδή η δύναμη του

στον κύκλο είναι ίση με FA'^2

. Επομένως η FA'

είναι εφαπτόμενη στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

.

Ταυτόχρονα είναι $LA'\perp LA'$ ( AA'

διάμετρος του κύκλου), δηλαδή $LA'\perp OE$ , λόγω του ότι AL//EF

. Επομένως το

είναι το συμμετρικό του

ως προς την

και αφού η FA'

είναι εφαπτόμενη θα είναι και η

.

Το εγγράψιμο τετράπλευρο BA'CL

είναι λοιπόν αρμονικό, αφού οι εφαπτόμενες από τα

και

τέμνονται πάνω στην διαγώνιο του

, δηλαδή στο

.

Η δέσμη λοιπόν A(B, C, A', L)

είναι αρμονική, δηλαδή η δέσμη A(T, S, O, L)

είναι αρμονική. Αφού τώρα AL// TS

, έχουμε πως

μέσο του

, δηλαδή

και το ζητούμενο έπεται εύκολα.

Ισοσκελές από το πουθενά...

Ισοσκελές από το πουθενά...

Re: Ισοσκελές από το πουθενά...

Re: Ισοσκελές από το πουθενά...

Re: Ισοσκελές από το πουθενά...

Re: Ισοσκελές από το πουθενά...

Μέλη σε σύνδεση