Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

#2

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τρί Απρ 11, 2023 1:57 pm
Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο.png

Το είναι οξυγώνιο και σκαληνό με ορθόκεντρο το . Ο κύκλος με κέντρο το και

ακτίνα τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο ${{I}_{a}}\cancel{\equiv }\,H$ . Ομοίως βρίσκουμε τα ${{I}_{b}}$ και ${{I}_{c}}$ .

Δείξτε ότι το ανήκει στον κύκλο $\left\{ {{I}_{a}},\,\,{{I}_{b}},\,\,{{I}_{c}} \right\}$ .

(Δεν έχω λύση )

Καλησπέρα Ορέστη . Όμορφη πρόταση !

$\bullet$ Έστω $\left( O \right)$ ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , κέντρου

. Οι κύκλοι $\left( O \right),\left( {{O}_{a}} \right)$ είναι ίσοι (αφού η κοινή του χορδή

φαίνεται από τις κορυφές A,H

υπό παραπληρωματικές γωνίες (εξ’ αιτίας των υψών είναι $\angle BHC+\angle BAC={{180}^{0}}$ ) οπότε (και) η κοινή τους χορδή θα είναι μεσοκάθετη στη διάκεντρό τους, άρα $O{{O}_{a}}=2\cdot OM:\left( 1 \right),M\equiv O{{O}_{a}}\cap BC$ και $O{{O}_{a}}\bot BC$

: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο.png (65.18 KiB) Προβλήθηκε 2368 φορές

$\bullet$ Όμως ισχύει: $AH=2\cdot OM\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,AH=O{{O}_{a}}\overset{AH\bot BC\bot O{{O}_{a}}\Rightarrow AH\parallel O{{O}_{a}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,AH{{O}_{a}}O$ παραλληλόγραμμο και συνεπώς οι διαγώνιές τους διχοτομούνται , άρα $N\equiv A{{O}_{a}}\cap HO$ είναι το μέσο (και) της

Η διάκεντρος $A{{O}_{a}}$ των κύκλων $\left( A \right),\left( {{O}_{a}} \right)$ είναι μεσοκάθετος της κοινής τους χορδής $H{{I}_{a}}\Rightarrow A{{O}_{a}}\cap H{{I}_{a}}\equiv K$ το μέσο της $H{{I}_{a}}$

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle HO{{I}_{a}}$ με K,N

τα μέσα των πλευρών του $H{{I}_{a}},HO$ αντίστοιχα προκύπτει ότι $O{{I}_{a}}\parallel KN\equiv AO\bot H{{I}_{a}}\Rightarrow \angle H{{I}_{a}}O={{90}^{0}}$ , δηλαδή το σημείο ${{I}_{a}}$ «βλέπει» στο σταθερό τμήμα

υπό ορθή γωνία και συνεπώς θα βρίσκεται σε κύκλο διαμέτρου

. Κυκλικά αποδεικνύεται ότι και τα σημεία ${{I}_{b}},{{I}_{c}}$ ανήκουν στο ίδιο κύκλο (ομόκεντρο του κύκλου Euler του αρχικού τριγώνου με τη μισή του ακτίνα (ή το ένα τέταρτο της ακτίνας του περίκυκλου του τριγώνου) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Σημείωση: Δεs ένα παρόμοιο θέμα εδώ (3η δημοσίευση (με το ορθόκεντρο και το σημείο Nagel) αλλά αξίζει να παρακολουθήσεις και ολόκληρη τη συζήτηση

)

orestisgotsis · #3

ΠΕΡΙΤΤΑ

miltosk · #4

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τρί Απρ 11, 2023 1:57 pm
Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο.png

Το είναι οξυγώνιο και σκαληνό με ορθόκεντρο το . Ο κύκλος με κέντρο το και

ακτίνα τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο ${{I}_{a}}\cancel{\equiv }\,H$ . Ομοίως βρίσκουμε τα ${{I}_{b}}$ και ${{I}_{c}}$ .

Δείξτε ότι το ανήκει στον κύκλο $\left\{ {{I}_{a}},\,\,{{I}_{b}},\,\,{{I}_{c}} \right\}$ .

(Δεν έχω λύση )

Δίνω μία ιδέα, δεν τα γράφω όλα διότι δε προλαβαίνω.
Λοιπόν, έστω D, E, F

τα ίχνη των A, B, C

αντίστοιχα Παίρνω αντιστροφή κέντρου

και λόγου $-HA \cdot HD$
Αυτή: αλλάζει θέση τα (A, D), (B, E), (C, F)

Ακόμη: $AH =AI_a \Rightarrow DH=I_a'H$ , όπου I_a'

η εικόνα του I_a

. Ακόμη,

συνευθειακά (εικόνα κύκλου) και ο κύκλος (A, AH)

άγεται σε ευθεία διερχόμενη από το I_a'

η οποία είναι κάθετη στην

. Όλα τα παραπάνω μου δίνουν ότι το I_a'

είναι η τομή της

με την μεσοκάθετο της

. Όμοια ορίζω τα I_b', I_c'

. Αρκεί

συνευθειακά. Με λίγα λόγια, επειδή τα ύψη ειναι διχοτόμοι στο ποδικό τρίγωνο και

έγκεντρο του DEF έχουμε το εξής πρόβλημα:
Έστω τρίγωνο ABC

,

το έγκεντρο του. Έστω I_a

η τομή της

με την μεσοκάθετο της

. Όμοια ορίζω τα I_b, I_c

. Ν.δ.ο

συνευθειακά.
Το παραπάνω μπορεί να βγει με μιγαδικούς θεωρώντας τον εγγεγραμμένο ως τον μοναδιαίο κύκλο (δεν βάζω λύση σε αυτό λογω έλλειψης χρόνου, το αφήνω ως άσκηση)

orestisgotsis · #5

ΠΕΡΙΤΤΑ

Henri van Aubel · #6

Γράφω μία λύση λίγο εκτός φακέλου, έχω και μία άλλη με αναλυτική γεωμετρία, αλλά δεν είμαι τόσο γενναίος, ώστε να την πληκτρολογήσω.

Έστω $O_{a}$ το κέντρο του κύκλου $\left ( BHC \right ),$ $O_{b}$ το κέντρο του κύκλου $\left ( AHC \right )$ και $O_{c}$ το κέντρο του κύκλου $\left ( AHB \right ).$

Οι κύκλοι $\left ( BHC \right ),\left ( ABC \right )$ είναι ίσοι, άρα $AO=HO_{a}:(1)$

Το τετράπλευρο $OBO_{a}C$ είναι χαρταετός και $\displaystyle \frac{OO_{a}}{OC}=2\cos \angle A,\frac{OC}{BC}=\frac{1}{2\sin \angle A}\Leftrightarrow \frac{OO_{a}}{BC}=\frac {1}{\tan \angle A}:(2)$

Έχουμε $\displaystyle \frac{AH}{BC}=\frac{AH}{AC}\cdot \frac{AC}{BC}=\frac{\cos \angle A}{\sin \angle B}\cdot \frac{\sin \angle B}{\sin \angle A}=\frac{1}{\tan \angle A}:(3)$

Από $\left ( 2 \right ),\left ( 3 \right )\Rightarrow OO_{a}=AH^{\left ( 1 \right )}\Rightarrow AHO_{a}O$ παραλληλόγραμμο και άρα η μεσοκάθετος του τμήματος $HI_{a}$ που είναι η ευθεία $AO_{a},$ διέρχεται από το μέσο του τμήματος OH,

οπότε $\boxed{\angle OI_{a}H=90^\circ}$

Με ακριβώς όμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι $\boxed{\angle OI_{b}H=\angle OI_{c}H=90^\circ}$

Από τα κουτάκια, συμπεραίνουμε ότι ο κύκλος $\left ( I_{a}I_{b}I_{c} \right )$ έχει διάμετρο AH.

Υ.Σ Η λύση μου είναι παραβατική, αλλά πιο εύκολη από την άλλη με αναλυτική γεωμετρία. Δυστυχώς , δεν έχω λύση αμιγώς γεωμετρική και το είπα στον Ορέστη σε προσωπικό μήνυμα. Συγγνώμη, αν η λύση μου είναι πολύ παραβατική.

min## · #7

Και μια ακόμη:
Λήμμα: Αν $X\equiv HI_{a}\cap BC, Y\equiv HI_{b}\cap CA, Z\equiv HI_{c}\cap AB$ τότε τα X,Y,Z

είναι συνευθειακά.
Απόδειξη: Αν $H_{1},H_{2},H_{3}$ τα συμμετρικά του

στις

, τότε από ριζικούς άξονες τα $H_{2},H_{3},X$ είναι συνευθειακά, όπως και τα $H_{3},H_{1},Y$ και $H_{1},H_{2},Z$ . Τα τρίγωνα $ABC,H_{1}H_{2}H_{3}$ είναι προοπτικά με κέντρο το

, οπότε από Desargues έπεται το Λήμμα.

Θεωρούμε τώρα τον $(HI_{a}I_{b})=\omega$ . Το

είναι το ριζικό κέντρο των $(ABC),\omega, (BHI_{a}C)$ , ενώ το

το ριζικό κέντρο των $(ABC),\omega, (AHI_{b}C)$ . Άρα η ευθεία

είναι ο ριζικός άξονας των $\omega, (ABC)$ . Κοιτώντας την τριάδα $(ABC), \omega, (AHI_{c}B)$ παίρνουμε ότι το $AB\cap XY=Z$ είναι το ριζικό τους κέντρο, οπότε ανήκει στον ριζικό άξονα των $\omega, (AHI_{c}B)$ , που σημαίνει ότι η $ZI_{c}$ περνάει από το δεύτερο κοινό σημείο των 2 κύκλων κλπ.

Σημείωση 1: Το δεύτερο μισό της λύσης γενικεύεται για να δώσει κριτήριο ομοκυκλικότητας σημείων στους (HBC),(HCA),(HAB)

με το

: Τα σημεία αυτά είναι ομοκυκλικά ανν τα αντίστοιχα σημεία X,Y,Z

είναι συνευθειακά (βλ. Λήμμα).

Σημείωση 2: Το πρόβλημα σχετίζεται με τον κύκλο του Hagge (https://demonstrations.wolfram.com/TheHaggeCircle/) που έχει ξαναεμφανιστεί στο Mathematica. Το παραπάνω επιχείρημα δουλεύει και στη "γενική" περίπτωση, αρκεί το Λήμμα να τροποποιηθεί σύμφωνα με τη συνθήκη, πράγμα που ανάγεται σε νόμο ημιτόνων και τριγωνομετρικό Ceva.

thepigod762 · #8

miltosk έγραψε: ↑
Τρί Απρ 11, 2023 5:25 pm

orestisgotsis έγραψε: ↑
Τρί Απρ 11, 2023 1:57 pm
Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο.png

Το είναι οξυγώνιο και σκαληνό με ορθόκεντρο το . Ο κύκλος με κέντρο το και

ακτίνα τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο ${{I}_{a}}\cancel{\equiv }\,H$ . Ομοίως βρίσκουμε τα ${{I}_{b}}$ και ${{I}_{c}}$ .

Δείξτε ότι το ανήκει στον κύκλο $\left\{ {{I}_{a}},\,\,{{I}_{b}},\,\,{{I}_{c}} \right\}$ .

(Δεν έχω λύση )
Δίνω μία ιδέα, δεν τα γράφω όλα διότι δε προλαβαίνω.
Λοιπόν, έστω τα ίχνη των αντίστοιχα Παίρνω αντιστροφή κέντρου και λόγου $-HA \cdot HD$
Αυτή: αλλάζει θέση τα
Ακόμη: $AH =AI_a \Rightarrow DH=I_a'H$ , όπου η εικόνα του . Ακόμη, συνευθειακά (εικόνα κύκλου) και ο κύκλος άγεται σε ευθεία διερχόμενη από το η οποία είναι κάθετη στην . Όλα τα παραπάνω μου δίνουν ότι το είναι η τομή της με την μεσοκάθετο της . Όμοια ορίζω τα . Αρκεί συνευθειακά. Με λίγα λόγια, επειδή τα ύψη ειναι διχοτόμοι στο ποδικό τρίγωνο και έγκεντρο του DEF έχουμε το εξής πρόβλημα:
Έστω τρίγωνο , το έγκεντρο του. Έστω η τομή της με την μεσοκάθετο της . Όμοια ορίζω τα . Ν.δ.ο συνευθειακά.
Το παραπάνω μπορεί να βγει με μιγαδικούς θεωρώντας τον εγγεγραμμένο ως τον μοναδιαίο κύκλο (δεν βάζω λύση σε αυτό λογω έλλειψης χρόνου, το αφήνω ως άσκηση)

Και εγώ αυτό είχα κατά νου.

Μπορούμε να τελειώσουμε και διαφορετικά (πάλι με bash) κάπως έτσι:

Έστω ότι η μεσοκάθετος της

τέμνει τις AC, AB

στα

αντίστοιχα.

Προφανώς AP = AQ = QI = IP

(ίσα

, κλπ). Από Μενέλαο στο ABC

με διατέμνουσα την PQI_A

λαμβάνουμε
$\displaystyle \dfrac{I_AB}{I_AC} \cdot \dfrac{CP}{PA} \cdot \dfrac{AQ}{QB} = 1 \overset{PA=AQ}{\Rightarrow} \dfrac{I_AB}{I_AC}=\dfrac{QB}{CP}: (1)$

Αν h_c, h_b

τα ύψη από το

στις

θα είναι

(λόγω της διχοτόμου), και άρα
$\displaystyle \dfrac{(QIB)}{(PIC)} = \dfrac{\frac{1}{2}h_cQB}{\frac{1}{2}h_bCP} \overset{h_c=h_b}{=} \dfrac{QB}{CP} \overset{(1)}{=} \dfrac{I_AB}{I_AC}$

Από την άλλη,
$\displaystyle \dfrac{(QIB)}{(PIC)} = \dfrac{\frac{1}{2}QI \cdot IB \cdot \sin(\angle QIB)}{\frac{1}{2}PI \cdot IC \cdot \sin(\angle PIC)} \overset{PI=QI}{=} \dfrac{IB \cdot \sin(\angle QIB)}{IC \cdot \sin(\angle PIC)}$

Επομένως (και με λίγο κυνήγι γωνιών),
$\displaystyle \dfrac{I_AB}{I_AC} = \dfrac{IB \cdot \sin(\angle A + \frac{\angle B}{2})}{IC \cdot \sin(\angle A + \frac{\angle C}{2})} =$

Κυκλικά για τα I_B, I_C

έχουμε
$\displaystyle \dfrac{I_BC}{I_BA} = \dfrac{IC \cdot \sin(\angle B + \frac{\angle C}{2})}{IA \cdot \sin(\angle B + \frac{\angle A}{2})},$
$\displaystyle \dfrac{I_CA}{I_CB} = \dfrac{IA \cdot \sin(\angle C + \frac{\angle A}{2})}{IB \cdot \sin(\angle C + \frac{\angle B}{2})}.$

Πολλαπλασιάζοντας τις τρεις πιο πάνω έχουμε
$\displaystyle \dfrac{I_AB}{I_AC}\dfrac{I_BC}{I_BA}\dfrac{I_CA}{I_CB} = \prod_{cyc} \dfrac{\sin(\angle A + \frac{\angle B}{2})}{\sin(\angle A + \frac{\angle C}{2})} .$

Όμως $\sin(\angle A + \frac{\angle B}{2}) = \sin(180^{\circ}-(\angle B + \angle C - \frac{\angle B}{2}) ) = \sin{(\angle C + \frac{\angle B}{2})}$ και οι κυκλικές της, οπότε τελικά RHS=1

και το ζητούμενο έπεται από αντίστροφο Μενέλαο.

Οι μιγαδικοί δεν θα είχαν πολλές πράξεις;

Ορέστης Λιγνός · #9

Μιας και δόθηκαν αρκετές λύσεις, αξίζει να αναφερθεί ότι πρόκειται για το Πρόβλημα 4 της Σκοπιανικής Μαθηματικής Ολυμπιάδας 2023.

Και κάτι μη Μαθηματικό: Χωρίς να θέλω να μπω σε πολιτικά τερτίπια, απλώς να πω ότι οι γείτονές μας έχουν γραμμένη την Συμφωνία των Πρεσπών εκεί που δεν πιάνει μελάνι. Εκτός και αν η Macedonian Mathematical Olympiad αναφέρεται σε κάποιον διαγωνισμό που διεξάγει η Μακεδονία!

miltosk · #10

thepigod762 έγραψε: ↑
Τετ Απρ 12, 2023 9:33 pm
Οι μιγαδικοί δεν θα είχαν πολλές πράξεις;

Σίγουρα έχουν αρκετές. Αλλά μόνο πράξεις είναι για να βρεις τις τομές (που μπορείς να βρεις τη μία και μετά κυκλικά έχεις και τις άλλες). Γι' αυτό και δεν πρόλαβα να βάλω λύση. Ίσως κάποια στιγμή παραθέσω μία

Al.Koutsouridis · #11

thepigod762 έγραψε: ↑
Τετ Απρ 12, 2023 9:33 pm

Οι μιγαδικοί δεν θα είχαν πολλές πράξεις;

Δεν ξέρω αν μπορεί π.χ. να χρησιμοποιηθει η ακόλουθη πρόταση στο πρόβλημά μας.

Στο επίπεδο δίνονται τέσσερεις κύκλοι $\sigma_{1}, \sigma_{2}, \sigma_{3}, \sigma_{4}$ , ώστε οι $\sigma_{1}, \sigma_{2}$ να τέμνονται στα σημεία $A_{1}, B_{1}$ , οι $\sigma_{2}, \sigma_{3}$ να τέμνονται στα σημεία $A_{2}, B_{2}$ , οι $\sigma_{3}, \sigma_{4}$ να τέμνονται στα σημεία $A_{3}, B_{3}$ και οι $\sigma_{4}, \sigma_{1}$ να τέμνονται στα σημεία $A_{4}, B_{4}$ . Αν τα σημεία $A_{1}, A_{2}, A_{3}, A_{4}$ είναι ομοκυκλικά τότε και τα $B_{1}, B_{2},B_{3},B_{4}$ θα είναι ομοκυκλικά.

Η απόδειξη με μιγαδικούς είναι στην ουσία απλή αναγραφή των διπλών λόγων, που προκύπτουν από τα παραπάνω σημεία.

Θα προσπαθήσω το βράδυ να δω, αν μπορεί όντως να εφαρμοστεί στην περίπτωσή μας, με τα σημεία $A_{i}$ να ανήκουν στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

και τα σημεία $I_{j}$ να είναι κάποια από τα $B_{i}$ για κατάλληλη επιλογή $\sigma_{k}$ κύκλων.

: an_omokyklika_tote_omokyklika.PNG (16.97 KiB) Προβλήθηκε 2039 φορές

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 13, 2023 12:35 am
Και κάτι μη Μαθηματικό: Χωρίς να θέλω να μπω σε πολιτικά τερτίπια, απλώς να πω ότι οι γείτονές μας έχουν γραμμένη την Συμφωνία των Πρεσπών εκεί που δεν πιάνει μελάνι. Εκτός και αν η Macedonian Mathematical Olympiad αναφέρεται σε κάποιον διαγωνισμό που διεξάγει η Μακεδονία!

Εδώ εμείς οι ίδιοι αναγνωρίζουμε "Μακεδονική" γλώσσα ... Αμαρτίαι (πολιτικών) θα παιδεύουσι τέκνα...

Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Re: Οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση