Ισοτομική συζυγία

giannimani · #1

Έστω

,

τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του εγγεγραμμένου κύκλου ενός τριγώνου ABC

που άγονται
από το βαρύκεντρο

του τριγώνου. Να αποδείξετε ότι τα

και

είναι ισοτομικά συζυγή ως προς αυτό το τρίγωνο.

: isotomic.png (70.96 KiB) Προβλήθηκε 607 φορές

#2

giannimani έγραψε:Έστω , τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του εγγεγραμμένου κύκλου ενός τριγώνου που άγονται
από το βαρύκεντρο του τριγώνου. Να αποδείξετε ότι τα και είναι ισοτομικά συζυγή ως προς αυτό το τρίγωνο.

Χρησιμοποιώ προς το παρόν το σχήμα της εκφώνησης συμπληρωμένο αναλόγως όπως το έχω στο πρόχειρο. (*)

$\bullet$ Έστω D, E, F,

τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ στις πλευρές BC, AC, AB

αντιστοίχως και ας είναι K, L,

τα σημεία τομής του (I)

από την διάμεσο AM,

με το σημείο

έστω, μεταξύ των A, K.

Οι εφαπτόμενες του κύκλου (I)

στα σημεία K, L

τέμνοντα στο σημείο έστω

Επειδή τώρα, η $KL\equiv AM,$ ως η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (I)

περνάει από το σημείο

έχουμε ότι και η ευθεία EF,

ως η Πολική του σημείου

ως προς τον (I)

περνάει από το σημείο

και έστω το σημείο $Z\equiv AM\cap EF.$

Λόγω της Πολικής $AM\equiv KL$ του σημείου

έχουμε ότι η σημειοσειρά F, Z, E, S

είναι αρμονική και επομένως η δέσμη A.FZES

είναι επίσης αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία

και από

προκύπτει ότι $\boxed{AS\parallel BC}\ \ ,(1)$ και έστω το σημείο $T\equiv AM\cap XY.$

: Ισοτομική συζυγία.; f=181 t=78741.PNG (26.41 KiB) Προβλήθηκε 432 φορές

$\bullet$ Η ευθεία XY,

ως η Πολική του σημείου

ως προς τον κύκλο (I)

περνάει από το σημείο

γιατί η Πολική $KL\equiv AM$ του σημείου

ως προς τον (I)

περνάει από το

Η σημειοσειρά X, T, Y, S

τώρα, είναι αρμονική και η δέσμη A.XTYS

επίσης αρμονική και άρα $\boxed{MX_{1}=MY_{1}}\ \ ,(2)$ λόγω $AS\parallel BC\equiv X_{1}Y_{1}.$

Ομοίως αποδεικνύεται ότι ισχύει και $\boxed{NX_{2}=NY_{2}}\ \ ,(3)$ και $\boxed{RX_{3}=RY_{3}}\ \ ,(4)$ όπου N, R

είναι τα μέσα των πλευρών AC, AB,

αντιστοίχως.

Από (2), (3), (4)

συμπεραίνεται ότι τα σημεία X, Y

είναι ισοτομικά ως προς το δοσμένο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

(*) Ήθελα να προλάβω τους λύτες Τσιτάχ.

Dimessi · #3

(*) Ήθελα να προλάβω τους λύτες Τσιτάχ.

Και το ...κάνατε απ' ότι βλέπω

Νιώθω σαν να έφαγα μπουνιά χωρίς γάντι με δεμένα χέρια

Είμαι σε αγώνα και δεν μπορώ να πληκτρολογησω.

giannimani · #4

Συμβολίζουμε με

,

και

τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του $\triangle ABC$ με τις πλευρές

,

και

αντίστοιχα.
Έστω ότι οι ευθείες

και

τέμνουν για δεύτερη φορά τον εγγεγραμμένο κύκλο $\omega$ στα σημεία

και

,
την

στα

και

, και την

στα

και

αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι τα

και

είναι συμμετρικά ως
προς το μέσο

της

.
Συμβολίζουμε με

σημείο τομής των διαγωνίων

και

του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου XYUV

.
Από γνωστό θεώρημα των πολικών (*)

, το

ανήκει στην πολική του

, δηλαδή, στην ευθεία B'C'

.
Η ευθεία

διέρχεται από το σημείο

, δηλαδή, συμπίπτει με την ευθεία της διαμέσου

του τριγώνου
ABC

. Πράγματι, με εφαρμογή του θεωρήματος του Pascal για τα σημεία

,

του κύκλου $\omega$
έχουμε ότι τα σημεία
$\bullet$ $VY \cap UX=T$ ,
$\bullet$ $YY \cap XX=G$ και
$\bullet$ $YU\cap XV=A$
ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Θα αποδείξουμε ότι $(C',B',T,K)=(C',B',L,T)\quad (1)$ .

: isot_sol.png (48.83 KiB) Προβλήθηκε 351 φορές

Γιαυτό προβάλλουμε τα σημεία

,

του $\omega$ από τα σημεία του

και

στην ευθεία B'C'

.
Από το σημείο

έχουμε: $C' \rightarrow C'$ , $B' \rightarrow B'$ , $V \rightarrow T$ , $U \rightarrow K$ .
Από το σημείο

έχουμε: $C' \rightarrow C'$ , $B' \rightarrow B'$ , $V \rightarrow L$ , $U \rightarrow T$ .
Επομένως, προκύπτει η (1)

.

Από την (1)

με προβολή από το σημείο

των διπλών λόγων της ευθείας C'B'

στην ευθεία

προκύπτει
$(B,C,M,Y')=(B,C,X',M)\Rightarrow \,\frac{BM}{MC}\cdot\frac{Y'C}{BY'}=\frac{BX'}{X'C}\cdot \frac{MC}{BM} \Rightarrow \frac{BM^2}{MC^2}\cdot \frac{Y'C}{BY'}=\frac{BX'}{X'C}$ (εφόσον BM=MC

)
$\Rightarrow \frac{Y'C}{BY'}=\frac{BX'}{X'C} \Rightarrow \frac{Y'C}{Y'C+BY'}=\frac{BX'}{BX'+X'C}\Rightarrow \frac{CY'}{BC}=\frac{BX'}{BC} \Rightarrow CY'=BX'$ .

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύεται και για τις άλλες πλευρές, οπότε προκύπτει το ζητούμενο.

(*)

Θεώρημα. Έστω ότι δύο ευθείες

, $\ell$ διέρχονται από ένα σημείο

( $A\notin \omega$ ),
και τέμνουν τον κύκλο $\omega$ στα σημεία $M_{1}$ , $M_{2}$ και $L_{1}$ , $L_{2}$ , αντίστοιχα.
Τότε, $M_{1}L_{1} \cap M_{2}L_{2} \, \in \, a$ ή $M_{1}L_{1} \parallel M_{2}L_{2} \parallel a$ (όπου $\alpha$ η πολική του

).

Dimessi · #5

giannimani έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 17, 2026 11:30 am
Έστω , τα σημεία επαφής των εφαπτομένων του εγγεγραμμένου κύκλου ενός τριγώνου που άγονται
από το βαρύκεντρο του τριγώνου. Να αποδείξετε ότι τα και είναι ισοτομικά συζυγή ως προς αυτό το τρίγωνο.
isotomic.png

: Ισοτομική συζυγία.png (116.83 KiB) Προβλήθηκε 254 φορές

$\bullet$ Έστω D,F,E

τα σημεία επαφής του έγκυκλου (I)

του $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές BC,CA,AB

αντίστοιχα ,

το μέσο του EF,

$W\equiv EF\cap XY,P\equiv AD\cap \left ( I \right )\left ( P\not\equiv D \right ),Q\equiv AG\cap XY,N\equiv AG\cap BC.$ Επειδή η

είναι η πολική του

ως προς τον (I),

το τετράπλευρο PEDF

είναι αρμονικό, επομένως $\angle MPD=\angle DPF-\angle MPF\overset{(DEPF \alpha \varrho \mu o\nu \iota \kappa o)}=\angle DPF-\angle EPD\overset{(\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \left ( I \right ))}=$ $\displaystyle =\angle CDF-\angle EDB$ $\displaystyle =\frac{\angle B-\angle C}{2}\left ( 1 \right ).$ Το σημείο

ανήκει στις πολικές των A,G

ως προς τον κύκλο (I),

άρα από το Θεώρημα του La Hire και τα A,G

ανήκουν στην πολική του

ως προς τον (I),

άρα $WI \perp AG.$ Έχουμε $\displaystyle \left ( R\equiv WI\cap \overline{AGN} \wedge WI\perp GA \right )\Rightarrow \frac{AR}{AM}=\frac{AI \cos \left ( \frac{\angle A}{2} -\angle NAC\right )}{AF \cos \frac{\angle A}{2}}=\frac{\cos \left ( \frac{\angle A}{2}-\angle NAC \right )}{\cos ^2\frac{\angle A}{2}}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{\sin \left ( \frac{\angle A}{2} -\angle NAC+\angle ARM\right )}{\sin \angle ARM}=\frac{\cos \left ( \frac{\angle A}{2}-\angle NAC \right )}{\cos^2\frac{\angle A}{2}}$ $\displaystyle \Rightarrow \tan \left ( \frac{\angle A}{2}-\angle NAC \right )\cot \angle ARM=\tan ^2\frac{\angle A}{2}$
$\displaystyle \overset{\tan \angle NAC=\frac{\sin \angle A}{\frac{b}{c}+\cos \angle A}}\Rightarrow \cot \angle ARM=\cot \frac{\angle B-\angle C}{2}\Rightarrow \angle ARM=\frac{\angle B-\angle C}{2}\overset{(1)}=\angle MPD,$

άρα τα σημεία A,P,M,R

είναι ομοκυκλικά κι αφού $\angle ARW\overset{WI \perp GA}=90^\circ\overset{ME=MF \wedge AE=AF}=\angle AMF\equiv \angle AMW,$ άρα και τα σημεία A,M,R,W

είναι ομοκυκλικά και συνεπώς τα σημεία A,P,M,R,W

είναι ομοκυκλικά, οπότε $\angle DAW\equiv \angle PAW\overset{APMW \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle PME\overset{\left ( PD \sigma \upsilon \mu \mu \epsilon \tau \varrho o\delta \iota \alpha \mu \epsilon \sigma o\varsigma \vartriangle PEF \right )}=\angle PFD\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \left ( I \right )}=$ $=\angle PDB\equiv \angle ADB\Rightarrow AW \parallel BC$ $\overset{\left ( W,Y,Q,X \right )=-1}\Rightarrow AX,AY$ τέμνουν την ευθεία

σε σημεία συμμετρικά ως προς

$\bullet$ Με ακριβώς όμοιο τρόπο ισχύει και για τις άλλες δύο κορυφές B,C,

άρα τα σημεία X,Y

είναι ισοτομικά συζυγή ως προς το τρίγωνο $\vartriangle ABC.$

: Ισοτομική συζυγία.png (116.83 KiB) Προβλήθηκε 254 φορές

Ισοτομική συζυγία

Ισοτομική συζυγία

Re: Ισοτομική συζυγία

Re: Ισοτομική συζυγία

Re: Ισοτομική συζυγία

Re: Ισοτομική συζυγία

Μέλη σε σύνδεση