Εξωτική ισότητα

KARKAR · #1

: Εξωτική ισότητα.png (13.29 KiB) Προβλήθηκε 1087 φορές

Με κέντρο το μέσο

του ύψους

ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , γράψαμε κύκλο εφαπτόμενο

στις ίσες πλευρές AB , AC

. Από τυχαίο σημείο της βάσης

φέραμε εφαπτόμενες στον κύκλο ,

οι οποίες τέμνουν τις AB,AC

στα σημεία P,T

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : AT=BP

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 06, 2019 7:47 pm
Εξωτική ισότητα.pngΜε κέντρο το μέσο του ύψους ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , γράψαμε κύκλο εφαπτόμενο

στις ίσες πλευρές . Από τυχαίο σημείο της βάσης φέραμε εφαπτόμενες στον κύκλο ,

οι οποίες τέμνουν τις στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

Μια και δεν έχουν εμφανισθεί συνθετικές λύσεις ... ιδού μία αναλυτική λύση:

Θέτοντας A=(0,1+a)

,

, όπου

, και ορίζοντας τις τετμημένες των

,

ως

,

, όπου

,

, παρατηρούμε ότι αρκεί να δειχθεί η p+t=1

.

Η παραπάνω ζητούμενη ισότητα θα προκύψει άμεσα από τις αποδεικτέες ισότητες

$p=\dfrac{b^2s+2-\sqrt{4+b^4s^2-4b^2s^2}}{2b^2s}$ & $t=\dfrac{b^2s-2+\sqrt{4+b^4s^2-4b^2s^2}}{2b^2s}$ .

Για να αποδείξουμε τις παραπάνω ισότητες, αρχίζουμε με τις εξισώσεις των ευθειών

,

, που εύκολα προσδιορίζονται ως 2(1+a)x-by+b(1+a)=0

και

, αντίστοιχα. Εύκολα υπολογίζονται τώρα και οι τεταγμένες των P=(-pb,(1+a)(1-2p))

,

. Ακολουθούν οι εξισώσεις των ευθειών

,

, που είναι οι

2(1+a)(1-p)x-b(s-p)y+b(1+a)(s+p-2sp)=0,

.

Στο σύστημα συντεταγμένων που έχουμε επιλέξει το κέντρο του κύκλου είναι το (0,0)

και η ακτίνα του κύκλου ισούται προς

, οπότε η απόσταση του (0,0)

από τις

,

ισούται (λόγω εφαπτομενικότητας) προς

, και από τον τύπο απόστασης σημείου από ευθεία λαμβάνουμε (τετραγωνίζοντας)

b^2(1+a)^2(s+p-2sp)^2=4(1+a)^2(1-p)^2+b^2(s-p)^2,

.

Στο σημείο αυτό παρατηρούμε, και πάλι μέσω του τύπου απόστασης σημείου από ευθεία και επειδή οι

,

εφάπτονται του κύκλου, ότι ισχύει η b^2(1+a)^2=b^2+4(1+a)^2

. Αντικαθιστώντας την τελευταία, ως b^2=(1+a^2)(b^2-4)

, στις προηγούμενες δύο ισότητες λαμβάνουμε τις

b^2[(s+p-2sp)^2-(s-p)^2]=4[(1-p)^2-(s-p)^2]

&

οι οποίες εύκολα απλοποιούνται στις ως προς

,

δευτεροβάθμιες

b^2sp^2-(b^2s+2)p+(s+1)=0

&

.

Οι δευτεροβάθμιες αυτές οδηγούν στις αποδεικτέες σχέσεις που αναφέρθηκαν στην αρχή: αποκλείονται το θετικό πρόσημο στην πρώτη και το αρνητικό πρόσημο στην δεύτερη λόγω των p<1

και

, αντίστοιχα -- και στις δύο περιπτώσεις παίζει καίριο ρόλο η $b^2s-2<\sqrt{4+b^4s^2-4b^2s^2}$ , άμεση συνέπεια της 0<s<1

.

KARKAR · #3

Γιώργο , καλημέρα !

Η άσκηση είναι από την XV Sharygin Geometrical Olympiad

. Παρουσιάζονται δύο λύσεις . Η πρώτη αξιοποιεί

το Θεώρημα Newton για περιγράψιμα τετράπλευρα , για το οποίο μπορεί κανείς να πάρει πληροφορίες από εδώ .

Ευκαιρία να ξαναθυμηθούμε τον μεγάλο Κώστα Βήττα !

Η άλλη είναι μάλλον δυσκολότερη . Θεώρησα πιθανό να βρεθεί μια κάπως στοιχειωδέστερη λύση ,

αλλά φαίνεται πως δεν προκύπτει , η άσκηση επομένως είναι για υψηλοτέρου επιπέδου φάκελο ...

#4

Θανάση ... σίγουρος ήμουν ότι ήταν δική σου επινόηση, όπως τόσες και τόσες άλλες!

#5

KARKAR έγραψε:...Ευκαιρία να ξαναθυμηθούμε τον μεγάλο Κώστα Βήττα !

Θανάση, όντως, πρόσφατα πέρασα το κατώφλι της μεγάλης ηλικίας ( 70+ ), αλλά με παρηγορεί το ότι για τα επόμενα πέντε χρόνια θα ανήκω στους "μικρούς" από τους "μεγάλους" ( πρώτη πενταετία των 70 έως 85 ) και ελπίζω να μπορώ να συμμετέχω σε γεωμετρικά δρώμενα στο αγαπημένο μας

.

Όσο για την πρόταση που έβαλες, ας δούμε μία προσέγγιση με στοιχειώδη μέσα, βασισμένη σε διαφορετικό (;) σκεπτικό.

$\bullet$ Δια του σημείου

, φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου (M)

, οι οποίες τέμνουν τις πλευρές $AB,\ AC$ του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , στα σημεία $K,\ L$ , αντιστοίχως και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι ισχύει $KP = LT\ \ \ ,(1)$ λόγω BK = KA = AL

.

Το τετράπλευρο AKDL

είναι ρόμβος ( προφανές ) περιγεγραμμένος περί τον κύκλο (M)

, ο οποίος εφάπτεται των πλευρών $AK,\ KD,\ DL,\ LA$ , στα σημεία έστω $Z,\ E,\ F,\ N$ , αντιστοίχως, με το ZEFN

ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ( προφανές ).

Έστω το σημείο $Q\equiv SP\cap E F$ και ας είναι

, το σημείο τομής της

από την δεύτερη εφαπτομένη του κύκλου (M)

, δια του

.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1, έχουμε $DS = DS'\ \ \ ,(2)$ επειδή το σημείο

ανήκει στην ευθεία

η οποία ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (M)

.

: Εξωτική ισότητα.; f 185_t 65125.PNG (26.66 KiB) Προβλήθηκε 641 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο $P'\equiv AB\cap S'Q$ και ας είναι

, το σημείο τομής της

από την δεύτερη εφαπτομένη του κύκλου (M)

, δια του σημείου

.

Λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς την ευθεία

, έχουμε $\boxed{KP = LT'}\ \ \ ,(3)$ και $\boxed{KP' = LT}\ \ \ ,(4)$

Θεωρούμε το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle EZX$ με $EZ\perp EX$ , όπου $X\equiv AB\cap E F$ , με KZ = KX

και για το σημείο $Q\in EX$ , σύμφωνα το παρακάτω Λήμμα 2, έχουμε $\boxed{KP = KP'}\ \ \ ,(5)$

Από $(3),\ (4),\ (5)\Rightarrow$ $\boxed{KP = LT}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και ας είναι , ο κύκλος που εφάπτεται των πλευρών του $AB,\ AC$ , στα σημεία $B,\ C$ , αντιστοίχως. Από τυχόν σημείο έστω , στην προέκταση της προς το μέρος του , φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου οι οποίες τέμνουν την δια του σημείου παράλληλη ευθεία προς την , στα σημεία $S,\ T$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι .

ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και έστω , το μέσον της . Γράφουμε τον κύκλο έστω ο οποίος εφάπτεται των $MA,\ MB$ στα σημεία $A,\ B$ αντιστοίχως και ας είναι , τυχόν σημείο της πλευράς . Οι εφαπτόμενες του κύκλου από το σημείο , τέμνουν την στα σημεία $S,\ T$ . Αποδείξτε ότι .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου για τα ως άνω Λήμματα.

min## · #6

Ας είναι

οι τομές των SP,ST,AB,AC

με τον

και

ο πόλος της

.
Επειδή το

ανήκει στην

,καθώς το

κινείται στην

θα έχουμε

προβολικές σημειοσειρές.((αλληλο)προβολή κωνικής από σημείο).
Ακόμα,οι (M(P),K(E)),(M(T),L(F))

είναι ζεύγη προβολικών δέσμεων (κάθετες ακτίνες) και συνεπώς οι σημειοσειρές P,T

είναι προβολικές.
Θέμε να δείξουμε πως ο προβολικός μετασχηματισμός από την

στην

που αντιστοιχίζει τα P,T

είναι ταυτοτικός (με την έννοια ότι διατηρεί τις αποστάσεις μεταξύ αντίστοιχων σημείων).Αρκεί να ελεγχθεί αυτό για 3 τιμές του

:Όταν συμπίπτει με τα B,D,C

το οποίο είναι απλό.

min## · #7

Μια πιο γρήγορη στο σχήμα του κ.Βήττα:
Από Dual of Desargues involution υπάρχει ενέλιξη κέντρου

που ανταλλάζει τις (DS,DA),(DP,DT),(DE,DF)

.Προβάλλοντας στην

και επειδή DF//AB

,η ενέλιξη γίνεται αρνητική αντιστροφή κέντρου

που ανταλλάζει τα (A,B),(P,J)

με

την τομή

.Άρα το

είναι το αντίστροφο του

ως προς τον (K,KA).

Έτσι,

το οποίο σε συνδυασμό με Μενέλαο στο ABC

με διατέμνουσα την

δίνει το ζητούμενο (το

είναι μέσο της

).

#8

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και ας είναι , ο κύκλος που εφάπτεται των πλευρών του $AB,\ AC$ , στα σημεία $B,\ C$ , αντιστοίχως. Από τυχόν σημείο έστω , στην προέκταση της προς το μέρος του , φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου οι οποίες τέμνουν την δια του σημείου παράλληλη ευθεία προς την , στα σημεία $S,\ T$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι .

: Εξωτική ισότητα - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f 185_t 65125a.PNG (20.36 KiB) Προβλήθηκε 717 φορές

$\bullet$ Έστω $D,\ E$ , τα σημεία επαφής των $QS,\ QT$ στον κύκλο (K)

αντιστοίχως και έστω το σημείο $P\equiv BC\cap DE$ .

Επειδή το σημείο

ανήκει στην Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (K)

, έχουμε το ότι η ευθεία

, ως η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον (K)

, περνάει από το σημείο

και η σημειοσειρά $A,\ D,\ P,\ E$ είναι αρμονική.

Άρα, η δέσμη $Q\ldotp ADPE$ είναι αρμονική.

Η δέσμη αυτή τέμνεται από την ευθεία $ST\parallel QP\equiv BC$ και συμπεραίνεται έτσι ότι AS = AT

και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#9

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και έστω , το μέσον της . Γράφουμε τον κύκλο έστω ο οποίος εφάπτεται των $MA,\ MB$ στα σημεία $A,\ B$ αντιστοίχως και ας είναι , τυχόν σημείο της πλευράς . Οι εφαπτόμενες του κύκλου από το σημείο , τέμνουν την στα σημεία $S,\ T$ . Αποδείξτε ότι .

$\bullet$ 'Εστω το σημείο $P\equiv AB\cap DE$ , όπου $D,\ E$ είναι τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του κύκλου (K)

από το σημείο

.

Επειδή οι ευθείες $AB,\ DE$ ταυτίζονται με τις Πολικές ευθείες των σημείων $M,\ Q$ ως προς τον κύκλο (K)

, προκύπτει ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον (K)

και έστω το σημείο $Z\equiv AB\cap MQ$ .

Η σημειοσειρά $B,\ P,\ A,\ Z$ τώρα, είναι αρμονική και άρα, η δέσμη $Q\ldotp BPAZ$ είναι επίσης αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία

και από

, έχουμε ότι $BC\parallel QP$ .

: Εξωτική ισότητα - Απόδειξη του Λήμματος 2.; f 185_t 65125b.PNG (26.29 KiB) Προβλήθηκε 647 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο $X\equiv DE\cap MQ$ .

Επειδή το σημείο

ανήκει στις Πολικές ευθείες $DE,\ MQ$ των σημείων $Q,\ P$ ως προς τον κύκλο (K)

αντιστοίχως, προκύπτει ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία $P,\ Q$ , ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (K)

και επομένως, η σημειοσειρά $E,\ P,\ D,\ X$ είναι αρμονική.

Η δέσμη $Q\ldotp EPDX$ τώρα, είναι επίσης αρμονική και τεμνόμενη από την ευθεία $BC\parallel QP$ , μας δίνει το ζητούμενο MS = MT

και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#10

Ας δούμε μία άλλη σκέψη, για την απόδειξη του ισοδύναμου ζητούμενου KP = LT

, εμπνευσμένη από την υπόδειξη του Θανάση για εφαρμογή του Θεωρήματος Newton.

: Εξωτική ισότητα - 2η απόδειξη.; f 185_t 65125c.PNG (22.09 KiB) Προβλήθηκε 587 φορές

Έστω $Q,\ N$ , τα μέσα των διαγωνίων $AS,\ PT$ αντιστοίχως, του περιγεγραμμένου περί τον κύκλο (M)

τετραπλεύρου APST

και σύμφωνα με το Θεώρημα Newton (b), έχουμε ότι τα σημεία $Q,\ M,\ N$ είναι συνευθειακά.

Επειδή τα σημεία $M,\ Q$ ανήκουν στην ευθεία

, προκύπτει ότι και το μέσον

του

ανήκει επίσης στην ίδια ευθεία.

Από τα τρίγωνα $\vartriangle NPK,\ \vartriangle NLT$ τώρα, με $\angle PNK = \angle LNT$ και $\angle NKP + \angle NLT = 180^{o}$ ,

έχουμε $\displaystyle \frac{KP}{LT} = \frac{NP}{NT} = 1\Rightarrow$ $\boxed{KP = LT}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. "Το σοφό είναι και απλό", όπως είχε γράψει στον "ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ" ο αείμνηστος Θεόφιλος Χρυσοστομίδης.

#11

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 12, 2019 12:43 am
Ας δούμε μία άλλη σκέψη, για την απόδειξη του ισοδύναμου ζητούμενου , εμπνευσμένη από την υπόδειξη του Θανάση για εφαρμογή του Θεωρήματος Newton.

Έστω $Q,\ N$ , τα μέσα των διαγωνίων $AS,\ PT$ αντιστοίχως, του περιγεγραμμένου περί τον κύκλο τετραπλεύρου και σύμφωνα με το Θεώρημα Newton (b), έχουμε ότι τα σημεία $Q,\ M,\ N$ είναι συνευθειακά.

Επειδή τα σημεία $M,\ Q$ ανήκουν στην ευθεία , προκύπτει ότι και το μέσον του ανήκει επίσης στην ίδια ευθεία.

Από τα τρίγωνα $\vartriangle NPK,\ \vartriangle NLT$ τώρα, με $\angle PNK = \angle LNT$ και $\angle NKP + \angle NLT = 180^{o}$ ,

έχουμε $\displaystyle \frac{KP}{LT} = \frac{NP}{NT} = 1\Rightarrow$ $\boxed{KP = LT}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. "Το σοφό είναι και απλό", όπως είχε γράψει στον "ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ" ο αείμνηστος Θεόφιλος Χρυσοστομίδης.

Αυτό μάλιστα!!

#12

Ας δούμε και άλλη μία σκέψη, για την απόδειξη του ισοδύναμου ζητούμενου $KP = LT\ \ \ ,(1)$ .

$\bullet$ Για να ισχύει η (1)

, αρκεί να αποδειχθεί ότι οι σημειοσειρές $A,\ P,\ K,\ B$ και $C,\ T,\ L,\ A$ έχουν ίσους Διπλούς λόγους, λόγω BK = KA = AL = LC

.

Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί ότι ισχύει $(A,P,K,B) = (C,T,L,A)\ \ \ ,(2)$

Αλλά, $(C,T,L,A) = (A,L,T,C)\ \ \ ,(3)$

( o Διπλός λόγος δεν μεταβάλλεται εάν δύο στοιχεία μέσα στην παρένθεση αλλάξουν θέση μεταξύ τους και ταυτόχρονα τα υπόλοιπα δύο στοιχεία αλλάξουν επίσης θέση μεταξύ τους )

: Εξωτική ισότητα - 3η απόδειξη.; f 185_t 65125d.PNG (21.63 KiB) Προβλήθηκε 479 φορές

Από $(2),\ (3)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $(A,P,K,B) = (A,L,T,B)\ \ \ ,(4)$

Για να ισχύει η (4)

τώρα, αρκεί να αποδειχθεί ότι οι ευθείες $PL,\ KT,\ BC$ τέμνονται στο ίδιο σημείο.

Αυτό όμως αληθεύει, σύμφωνα με το Θεώρημα Brianchon, στο μη κυρτό εξάγωνο KPSTLD

, το παρεγγεγραμμένο στον κύκλο (M)

, στο οποίο οι $KT,\ PL,\ DS\equiv BC$ είναι κύριες διαγώνιες και το ισοδύναμο ζητούμενο $\boxed{KP = LT}$ έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Η απόδειξη αυτή αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον Κώστα Ρεκούμη.

Κώστας Βήττας.

#13

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 09, 2019 8:30 am
Γιώργο , καλημέρα !

Η άσκηση είναι από την . Παρουσιάζονται δύο λύσεις . Η πρώτη αξιοποιεί

το Θεώρημα Newton για περιγράψιμα τετράπλευρα , για το οποίο μπορεί κανείς να πάρει πληροφορίες από εδώ .

Ευκαιρία να ξαναθυμηθούμε τον μεγάλο Κώστα Βήττα !

Η άλλη είναι μάλλον δυσκολότερη . Θεώρησα πιθανό να βρεθεί μια κάπως στοιχειωδέστερη λύση ,

αλλά φαίνεται πως δεν προκύπτει , η άσκηση επομένως είναι για υψηλοτέρου επιπέδου φάκελο ...

Θανάση ας πω κατ' αρχήν ότι δύσκολα μπορεί να πει κανείς, για οποιαδήποτε άσκηση, ότι είναι επιπέδου υψηλοτέρου πχ της ΙΜΟ. Δεν ξέρω βέβαια τι γίνεται στην περίπτωση που η άσκηση απαιτεί (?) προβολικούς μετασχηματισμούς ή/και 'προχωρημένα' θεωρήματα (πχ Newton), αλλά η συγκεκριμένη επιλύεται ΚΑΙ αναλυτικά χωρίς πολλές πράξεις, οπότε ίσως και να θεωρείται εύκολη για ΙΜΟ κλπ

Al.Koutsouridis · #14

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 13, 2019 10:59 pm

Θανάση ας πω κατ' αρχήν ότι δύσκολα μπορεί να πει κανείς, για οποιαδήποτε άσκηση, ότι είναι επιπέδου υψηλοτέρου πχ της ΙΜΟ. Δεν ξέρω βέβαια τι γίνεται στην περίπτωση που η άσκηση απαιτεί (?) προβολικούς μετασχηματισμούς ή/και 'προχωρημένα' θεωρήματα (πχ Newton), αλλά η συγκεκριμένη επιλύεται ΚΑΙ αναλυτικά χωρίς πολλές πράξεις, οπότε ίσως και να θεωρείται εύκολη για ΙΜΟ κλπ

Αρχικά η άσκηση ήταν σε χαμηλότερο φάκελο Θαλή/Ευκλείδη αν θυμάμαι καλά. Σε αυτό αναφέρεται το "υψηλότερο φάκελο". Νομίζω σωστά μεταφέρθηκε.

Εξωτική ισότητα

Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Re: Εξωτική ισότητα

Μέλη σε σύνδεση