Τέμνονται στην κάθετη

#1

: Τέμνονται στην κάθετη.png (11.7 KiB) Προβλήθηκε 2220 φορές

Στο κυρτό πεντάγωνο ABCDE

του σχήματος είναι AB=BC=CD

και $A\widehat BC=C\widehat DE, E\widehat AB=B\widehat CD.$

Αν

είναι η προβολή του

στην

να δείξετε ότι οι διαγώνιοι AC, BD

τέμνονται πάνω στην EK.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

ksofsa · #2

Εστω

το σημείο τομής των AE, BC

.

Εστω

το σημείο τομής των ED, BC

.

Από τα δεδομένα προκύπτει ότι τα τρίγωνα ABP, CDQ

είναι ίσα.

Εστω AB=BC=CD=x, AP=CQ=z, PB=DQ=y

.

Αρα

, άρα

ισοσκελές.

Εστω $(I_{P},R_{1})$ ο παρεγγεγραμμένος κύκλος του APB

.

Εστω ότι εφάπτεται της

στο $L_{1}$ .

Εστω $(I_{Q},R_{2})$ ο παρεγγεγραμμένος κύκλος του CQD

.

Εστω ότι εφάπτεται της

στο $L_{2}$ .

Είναι $2PK=PQ\Rightarrow 2y+BK=x+y+z\Rightarrow BK=\frac{x+z-y}{2}=BL_{1}\Rightarrow K\equiv L_{1}$ .

Ομοια είναι $K=L_{2}=L_{_{1}}$ και επειδή έχουν ιδια ακτίνα οι κύκλοι ,ταυτίζονται.

Αρα, ο εγγεγραμμένος κύκλος στο EPQ

έιναι ο εγγεγραμμένος κύκλος στο ABCDE

, με κέντρο το

.

Επειδή AB=BC

, οι

κάθετες.

Ομοια , οι CI, BD

κάθετες.

Ακόμη, οι IK, BC

κάθετες.

Αρα, τα IK, CA, BD

ύψη του τριγώνου IBC

.

Αρα συντρέχουν.

Αρα το

, δηλαδή το σημείο τομής των AC, BD

ανήκει στην

.

S.E.Louridas · #3

Καλημέρα.

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 20, 2018 5:44 pm
Θα παρακαλούσα να μην δοθούν παραπομπές, επειδή πρόκειται για μια πολύ ωραία άσκηση που επιδέχεται πολλές και ποικίλες λύσεις. Η πηγή μετά τις λύσεις.

Επίσης θα πρόσθετα να είχαμε και παραπομπές για τις άλλες όμορφες λύσεις και αυτό επειδή αισθάνομαι ότι η Ευκλείδεια Γεωμετρία θα αναβαθμιστεί σύντομα...
Πράγματι θα είχε μεγάλη χρησιμότητα να είχαμε και άλλες λύσεις (όπως εξάλλου ανέφερε και ο εισηγητής του θέματος) και αυτό προς χάριν
της Μαθηματικής πολυφωνίας που είναι ζητούμενο, ώστε να λειτουργήσει και ο αντίστοιχος υποκειμενισμός των λυτών που μας παρακολουθούν.
Ας προχωρήσουμε τώρα σε μία ακόμα διαπραγμάτευση:

Έστω $LB \leqslant LC.$ Οι CL, BL

είναι μεσοκάθετες των BD, CA

αντίστοιχα, άρα $LD \leqslant LA.$
Έχουμε, λόγω συμμετριών, την ισότητα των τριγώνων LBC, LCD, LAB,

άρα και των περιγεγραμμένων κύκλων τους ${c_1}, {c_2}.$
Αν $K = AE \cap {c_1},$ τότε και επειδή $\angle BAE = \angle CBL,\;\angle BAL = \angle CBL,$ παίρνουμε $\angle LAK = \angle CBA \Rightarrow LK = LD = LB.$
Όμως $\angle EDL = \angle LDC = \angle LKE.$
Άρα τα τρίγωνα EKL, ELD

είναι ίσα.
Αυτό σημαίνει ότι $\angle DLE = \angle ELK,$ με $\angle DLS= \angle KLS = \frac{\pi }{2} - \angle LCB + \angle BLC,$ αν ως

θεωρήσουμε το σημείο τομής των BD, CA.

Τελικά λοιπόν παίρνουμε ότι τα σημεία F,S,L,E

είναι συνευθειακά.

(*) Το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου LBC

και βέβαια αυτή ήταν και η στόχευση για την επίλυση της άσκησης, να καταστήσουμε δηλαδή το

ορθόκεντρο τριγώνου.

: αχζρ.png (15.76 KiB) Προβλήθηκε 2018 φορές

ksofsa · #4

Καλησπέρα.

Ακόμα μία λύση:

Εστω $P\equiv BC\cap DE, Q\equiv BC\cap AE, T\equiv AB\cap CD$ .

Τα τρίγωνα AQB, BTC, CPD

είναι ίσα.

Αρα <AQB=<BTC=<CPD

.

Αρα τα τετράπλευρα AQTC, BTPD

είναι εγγράψιμα και το τρίγωνο EPQ

ισοσκελές.

Κι επειδή ισχύει AB=BC=CD

, είναι

και άρα

και

άρα είναι ισοσκελή τραπέζια.

Οι μεσοκάθετοι των PQ,QT,PT

συντρέχουν στο περίκεντρο

του

.

Επειδή BW, CW, BC

κάθετες στις AC, BD, EK

, έπεται ότι οι

AC,BD,EK

συντρέχουν στο ορθόκεντρο

του τριγώνου BWC

.

#5

: Τέμνονται στη κάθετη.png (43.82 KiB) Προβλήθηκε 1949 φορές

Έστω

τα σημεία τομής των EA,ED

με τη

,

το σημείο τομής των $AB,\,DC$ .

Τα τρίγωνα $ABZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CDH$ έχουν : AB = CD

και τις προσκείμενες σ αυτές τις πλευρές γωνίες μια προς μια ίσες ως παραπληρώματα ίσων γωνιών , άρα είναι ίσα.

Άμεσες συνέπειες :

1. το τρίγωνο EZH

είναι ισοσκελές με κορυφή το

.

2. $\vartriangle BTC = \vartriangle ABZ = \vartriangle CDH$ και τα τετράπλευρα , $ZTCA\,\,\kappa \alpha \iota \,THDB$ ισοσκελή τραπέζια.

Αν K,L

τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων σ αυτά τα τραπέζια τότε το σημείο τομής

, των $KB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LC$ είναι περίκεντρο του τριγώνου TZH

.

Επίσης δε το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου MBC

, μα τότε η

είναι μεσοκάθετος στη

.

Δηλαδή ταυτίζεται με το ύψος του ισοσκελούς τριγώνου : EZH

.

Μάλλον με πρόλαβαν με διαφορά φάσεως.

#6

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 20, 2018 5:44 pm
Τέμνονται στην κάθετη.png
Στο κυρτό πεντάγωνο του σχήματος είναι και $A\widehat BC=C\widehat DE, E\widehat AB=B\widehat CD.$

Αν είναι η προβολή του στην να δείξετε ότι οι διαγώνιοι τέμνονται πάνω στην

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Θα παρακαλούσα να μην δοθούν παραπομπές, επειδή πρόκειται για μια πολύ ωραία άσκηση που επιδέχεται πολλές και ποικίλες λύσεις. Η πηγή μετά τις λύσεις.

Ας δούμε μία λύση χωρίς...ορθόκεντρο!

Η BC τέμνει τις ΕΑ, ΕD στα Μ, Ν αντιστοίχως. Εύκολα προκύπτουν, ότι το τρίγωνο ΕΜΝ είναι ισοσκελές και η ισότητα των τριγώνων AMB, DCN.

Αν, τώρα, Ζ είναι η προβολή του S στην ΒC, αρκεί, προφανώς, να δείξουμε ότι το Ζ είναι μέσο του ΜΝ.

Πράγματι, έστω Ι το έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΜ και έστω Η η προβολή του Ι στην ΑΒ. Είναι
ΗΑ+ΜΒ=ΗΒ+ΜΑ
(Τα δύο αθροίσματα είναι ίσα με την ημιπερίμετρο του τριγώνου ΑΒΜ). Επομένως, άμεσα από τις ισότητες τριγώνων που προαναφέραμε και των ΑΒΙ, BCS,
ΖΒ+ΜΒ=ΖC+CN,
που δίνει το Ζ μέσο του ΜΝ...

S.E.Louridas · #7

Dancing with three circles:
Οι κύκλοι ${C_1},\;{C_2},\;C$ είναι ίσοι, αφού $\angle CSD = \angle ASB = \pi - \angle BSC,\;CD = CB = BA.$ Έτσι παίρνουμε το σχήμα που ακολουθεί, όπου SA=SQ

και

Λόγω της προφανούς πλέον συμμετρίας των KA, DQ

ως προς την ευθεία

παίρνουμε $E \in LS,$ που σημαίνει άμεσα ότι $ES \bot {O_1}{O_2}.$ Όμως $\angle CB{O_1} + \angle {O_2}CB,$ άρα το ${O_1}BC{O_2}$ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε τελικά $ES \bot {O_1}{O_2} \Rightarrow ES \bot BC.$

: αχζρ.png (22.86 KiB) Προβλήθηκε 1812 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #8

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 20, 2018 5:44 pm
Τέμνονται στην κάθετη.png
Στο κυρτό πεντάγωνο του σχήματος είναι και $A\widehat BC=C\widehat DE, E\widehat AB=B\widehat CD.$

Αν είναι η προβολή του στην να δείξετε ότι οι διαγώνιοι τέμνονται πάνω στην

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Θα παρακαλούσα να μην δοθούν παραπομπές, επειδή πρόκειται για μια πολύ ωραία άσκηση που επιδέχεται πολλές και ποικίλες λύσεις. Η πηγή μετά τις λύσεις.

Έστω ότι $\displaystyle AC \cap BD = S$ .Θα δείξουμε ότι $\displaystyle ES \bot BC$

Οι κάθετες από τα $\displaystyle B,C$ προς τις $\displaystyle AC,BD$ αντίστοιχα τέμνονται στο $\displaystyle O$ κι επειδή $\displaystyle S$

ορθόκεντρο του $\displaystyle \vartriangle OBC$ θα είναι $\displaystyle OS \bot BC$

Ας είναι $\displaystyle OP,ON,OL,OT$ οι αποστάσεις του $\displaystyle O$ από $\displaystyle BA,AE,ED,DC$ αντίστοιχα

Επειδή $\displaystyle OB,OC$ είναι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle B,C$ θα έχουμε $\displaystyle OP = OK = OT$

Από την προφανή ισότητα των τριγώνων $\displaystyle AOB,ODC$ θα είναι $\displaystyle \angle BAO = \angle DCO = \angle \frac{{DCB}}{2} = \angle \frac{{EAB}}{2}$

άρα $\displaystyle OA$ διχοτόμος της $\displaystyle \angle A$ , οπότε $\displaystyle OP = ON$

Όμοια, $\displaystyle \angle ODC = \angle OBA\angle \frac{{ABC}}{2} = \angle \frac{{EDC}}{2}$ άρα $\displaystyle OD$ διχοτόμος της $\displaystyle \angle D$ ,οπότε $\displaystyle OL = OT$

Έτσι ,ο κύκλος $\displaystyle \left( {O,OK} \right)$ εφάπτεται των πλευρών του πενταγώνου στα $\displaystyle K,P,N,L,T \Rightarrow EO$ διχοτόμος της $\displaystyle E$

Όμως $\displaystyle \vartriangle AZB = \vartriangle DCQ$ οπότε $\displaystyle \angle Z = \angle Q$ άρα $\displaystyle EO \bot ZQ$ κι επειδή

$\displaystyle OS \bot BC$ ,τελικά $\displaystyle E,O,S$ συνευθειακά και $\displaystyle ES \bot BC$

: καθετότητα.png (31.97 KiB) Προβλήθηκε 1677 φορές

#9

Σας ευχαριστώ όλους για τις πολύ ωραίες λύσεις!

Η πηγή της άσκησης είναι IMO Shortlist 2017/G1 όπου μπορείτε να δείτε και άλλες εξίσου ωραίες λύσεις.

#10

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 26, 2018 1:48 pm
Σας ευχαριστώ όλους για τις πολύ ωραίες λύσεις!

Η πηγή της άσκησης είναι IMO Shortlist 2017/G1 όπου μπορείτε να δείτε και άλλες εξίσου ωραίες λύσεις.

Κι όμως, Γιώργο, δεν είδαμε την προφανή και "μονολεκτική" λύση με Brianchon!!

#11

rek2 έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 28, 2018 10:35 am

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 26, 2018 1:48 pm
Σας ευχαριστώ όλους για τις πολύ ωραίες λύσεις!

Η πηγή της άσκησης είναι IMO Shortlist 2017/G1 όπου μπορείτε να δείτε και άλλες εξίσου ωραίες λύσεις.
Κι όμως, Γιώργο, δεν είδαμε την προφανή και "μονολεκτική" λύση με Brianchon!!

Την αναφέρει Κώστα στην παραπομπή, ο V_Enhance στην πρώτη από τις τρεις λύσεις που παραθέτει.

#12

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 28, 2018 11:25 am
...

Την αναφέρει Κώστα στην παραπομπή, ο V_Enhance στην πρώτη από τις τρεις λύσεις που παραθέτει.

Γιώργο, ναι, ακόμη και Πάππο επιστράτευσε!

Τελικά, μελετώντας τις διάφορες λύσεις με ενδιαφέρον και προσοχή, ώστε να δω πως εκμεταλλεύεται ο καθένας τα στοιχεία του σχήματος μπορώ και πιθανολογώ την κουλτούρα, τον χαρακτήρα του, κ.λπ. Το δείγμα είναι, βεβαίως, μικρό αλλά μεγαλύτερο του ... DNA!!

Τώρα, αν έπρεπε να πω ποια λύση μου άρεσε περισσότερο θα έλεγα του sa2001. (Χωρίς βοηθητικές και με απλά μέσα).

#13

rek2 έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 28, 2018 1:42 pm

Τώρα, αν έπρεπε να πω ποια λύση μου άρεσε περισσότερο θα έλεγα του sa2001. (Χωρίς βοηθητικές και με απλά μέσα).

Συμφωνώ, η λύση του sa2001 είναι υποδειγματική.

Τέμνονται στην κάθετη

Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Re: Τέμνονται στην κάθετη

Μέλη σε σύνδεση