mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 05, 2022 12:06 pm**

Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

θεωρούμε το ύψος $AH\; (H \in BC)$ και τη διάμετρο

του περιγεγραμμένου
κύκλου $\Omega$ του τριγώνου ABC

. Το σημείο

είναι το έγκεντρο αυτού του τριγώνου. Να αποδείξετε ότι $\angle BIH = \angle DIC$ .

: St. Petersburg_2022_ gradeX_probl3.png (27.03 KiB) Προβλήθηκε 1327 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 05, 2022 1:24 pm**

giannimani έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 05, 2022 12:06 pm
Σε οξυγώνιο τρίγωνο θεωρούμε το ύψος $AH\; (H \in BC)$ και τη διάμετρο του περιγεγραμμένου
κύκλου $\Omega$ του τριγώνου . Το σημείο είναι το έγκεντρο αυτού του τριγώνου. Να αποδείξετε ότι $\angle BIH = \angle DIC$ .
St. Petersburg_2022_ gradeX_probl3.png

Με διαδοχικές εφαρμογές του Ν. Ημιτόνων είναι

$\dfrac{BD}{\sin \angle BID}=\dfrac{ID}{\sin \angle IBD}$ και

$\dfrac{CD}{\sin \angle DIC}=\dfrac{ID}{\sin \angle ICD}$ , άρα

$\dfrac{\sin \angle BID}{\sin \angle CID}=\dfrac{BD}{CD} \cdot \dfrac{\sin \angle IBD}{\sin \angle IDD}=\dfrac{\cos \angle C}{\cos \angle B} \cdot \dfrac{\cos \angle B/2}{\cos \angle C/2}$ .

Επίσης,

$\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{BI}{CI} \cdot \dfrac{\sin \angle BIH}{\sin \angle CIH},$

άρα $\dfrac{\sin \angle BIH}{\sin \angle CIH}=\dfrac{BH}{CH} \cdot \dfrac{CI}{BI}=\dfrac{BA}{CA} \cdot \dfrac{\sin \angle BAH}{\sin \angle CAH} \cdot \dfrac{CI}{BI}=$

$\dfrac{\cos \angle C}{\cos \angle B} \cdot \dfrac{\sin \angle C}{\sin \angle B} \cdot \dfrac{\sin \angle B/2}{\sin \angle C/2}=\dfrac{\cos \angle B}{\cos \angle C} \cdot \dfrac{\cos \angle C/2}{\cos \angle B/2}$ .

Συνεπώς $\dfrac{\sin \angle BID}{\sin \angle CID}=\dfrac{\sin \angle CIH}{\sin \angle BIH}$ και $\angle BID+\angle CID=\angle BIC=\angle BIH+\angle CIH$ , οπότε από αυτό το Λήμμα, έχουμε το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 06, 2022 6:34 pm**

Καλησπέρα!!

Θα ήθελα κι εγώ να γράψω τη λύση μου, αλλά με πρόλαβε ο Ορέστης. Θα την γράψω μόνο για λόγους διατύπωσης.

Έχουμε:

$\displaystyle \frac {\sin \angle BID}{\sin \angle DIC}=\frac {\sin \angle BCD}{\sin \angle DBC} \cdot \frac {\sin \angle IBD}{\sin \angle ICD}$

Άρα:

$\displaystyle \boxed {\frac {\sin \angle BID}{\sin \angle DIC}=\frac {\cos \angle C}{\cos \angle B} \cdot \frac {\cos \angle B/2}{\cos \angle C/2}}(1)$

Επίσης έχουμε:

$\displaystyle \frac {\sin \angle BIH}{\sin \angle CIH}=\frac {\sin \angle C}{\sin \angle B} \cdot \frac {\sin \angle HAB}{\sin \angle HAC} \cdot \frac {\sin \angle IBC}{\sin \angle ICB}$ .

Άρα:

$\displaystyle \boxed {\frac {\sin \angle BIH}{\sin \angle CIH}=\frac {\cos \angle C}{\cos \angle B} \cdot \frac {\cos \angle B/2}{\cos \angle C/2} }(2)$

Από $\displaystyle (1),(2)$ προκύπτει ότι:

$\displaystyle \boxed {\frac {\sin \angle BIH}{\sin \angle CIH}=\frac {\sin \angle BID}{\sin \angle DIC}}$

Και σύμφωνα με το λήμμα του Ορέστη (βέβαια σε διαγωνισμό θα πρέπει να γίνει εξήγηση του λήμματος, έτσι ώστε να μην ''κλέβουμε''

), έχουμε αυτό που θέλαμε.

Υ.Γ: Θα προτιμούσα μία συνθετική λύση, ας μείνω ήσυχος...

, πιστεύω ότι θα δοθεί σίγουρα από κάποιον ΓΙΑΓΑΝΤΑ ΓΕΩΜΕΤΡΗ (έχουμε πάρα πολλούς!!)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2022 10:09 am**

Έστω ότι η διχοτόμος

τέμνει την πλευρά

και τον περιγεγραμμένο κύκλο $\Omega$ του τριγώνου ABC

στα σημεία

και

αντίστοιχα.
Έστω επίσης

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του τριγώνου ABC

με την πλευρά

.
Οι γωνίες BIE

και

είναι ίσες. Πράγματι, από το ορθογώνιο τρίγωνο $\angle BIE=90^{\circ}-\frac{\angle B}{2}. \quad (1)$
Από το ισοσκελές τρίγωνο MCI

(

, ιδιότητα έγκεντρου), $\angle CIM=90^{\circ}-\frac{\angle CMI}{2}= 90^{\circ}-\frac{\angle B}{2}. \quad (2)$
Από (1)

,

$\angle BIE=\angle CIM$ . Επομένως, για να αποδείξουμε ότι $\angle BIH=\angle CID$ , αρκεί να αποδείξουμε ότι
$\angle EIH= \angle DIM\,. \quad(3)$
Συμβολίζουμε με

το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας

με τον κύκλο $\Omega$ . Θα αποδείξουμε ότι $\angle API= 90^{\circ}$ .
$MB^2=ME \cdot MP \quad (4)$ (Προκύπτει από την ομοιότητα των τριγώνων MBE

και

), και εφόσον MI=MB=MC

,
τότε η

γίνεται $MI^2=ME \cdot MP$ , από την οποία προκύπτει ότι η ευθεία $(MI)\equiv (AI)$ εφάπτεται του κύκλου (IEP)

, οπότε
$\angle AIP = \angle IEP. \quad (5)$
Αλλά $\angle PEB = \frac{\tau o\xi\; MC+\tau o\xi\; PB}{2}=\frac{\tau o\xi\; MB+\tau o\xi\; PB}{2}=\angle PAM.$
Εφόσον $\angle PEB+\angle PEI=90^{\circ}\Rightarrow \angle PAM+ \angle AIP=90^{\circ}$ , δηλαδή $\angle API = 90^{\circ}$ .

Έστω ότι ο κύκλος $\omega '$ διαμέτρου

τέμνει το ύψος

στο σημείο

. Τότε $\angle ATI = 90^{\circ}\Rightarrow IT \bot AH$ .

: St. Petersburg_2022_ gradeX_probl4.png (66.03 KiB) Προβλήθηκε 1170 φορές

Αποδεικνύουμε ότι τα σημεία

,

και

ανήκουν στην ίδια ευθεία. Έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

.
Από $IE \, \parallel AT\,\Rightarrow\, \frac{M'E}{M'T}=\frac{M'I}{M'A}$ , και από $EL\, \parallel TI\, \Rightarrow\,\frac{M'E}{M'T}=\frac{M'L}{M'I}$ .
Από τις δύο παραπάνω προκύπτει ότι $\frac{M'I}{M'A}= \frac{M'L}{M'I}\,\Rightarrow M'I^2=M'L \cdot M'A\,.\quad (6)$
Αλλά είναι γνωστό ότι η τετράδα $(I,I_{a}, L,A)$ είναι αρμονική ( $I_{a}$ το

παράκεντρο του τριγώνου ABC

),
και το μέσο

του τόξου

του κύκλου $\Omega$ είναι το μέσο του $II_{a}$ . Επομένως, $MI^2=ML \cdot MA\, . \quad (7)$
Από τις (6)

,

προκύπτει ότι $M' \equiv M$ (*)

, που σημαίνει ότι τα σημεία

,

και

ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Επομένως, και τα σημεία

,

και

ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Επίσης, τα σημεία

,

και

ανήκουν στην ίδια ευθεία, εφόσον $DP \bot AP$ και $IP \bot AP$ .

Τώρα εύκολα αποδεικνύουμε την (3)

. Πράγματι, $\angle EIH=\angle ETH=\angle ATP=\angle AIP= \angle DIM$ .

(*) Βλέπε Nathan Altcshiller-Court : College Geometry άσκηση 1, σελ. 168:
Να αποδείξετε ότι, αν τέσσερα σημεία

,

ανήκουν στην ίδια ευθεία, και ισχύει $OA^2=OC\cdot OD$ ,
ως προς το μέγεθος και το πρόσημο, τότε το συμμετρικό του

ως προς το

ταυτίζεται με το αρμονικό
συζυγές του

ως προς τα

,

.

ΥΓ. Στην παραπάνω απόδειξη χρησιμοποιήθηκαν ορισμένα λήμματα, τα περισσότερα των οποίων έχει διατυπώσει και
αποδείξει ο Κώστας ο Βήττας.

mathematica.gr

Από τη Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (10η τάξη)

Από τη Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (10η τάξη)

Re: Από τη Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (10η τάξη)

Re: Από τη Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (10η τάξη)

Re: Από τη Μαθηματική Ολυμπιάδα Αγίας Πετρούπολης 2022 (10η τάξη)