Με εγγεγραμμένο κύκλο!

#1

Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με $\angle ABC\ne \angle BCA.$ Ο εγγεγραμμένος κύκλος

του τριγώνου ABC

εφάπτεται στις πλευρές BC, CA, AB

στα σημεία D, E, F.

Η ευθεία

τέμνει τον κύκλο

για δεύτερη φορά στο

Έστω

το σημείο τομής της

με την κάθετη στην

στο

Έστω, τέλος, X, Y

τα σημεία τομής της

με την

και την

αντίστοιχα.
Δείξτε ότι το

είναι το μέσο του τμήματος XY.

Grigoris K. · #2

Έστω $\displaystyle{ T }$ το αντιδιαμετρικό του $\displaystyle{ D }$ στον $\displaystyle{ (k) }$ και $\displaystyle{ S \equiv AT \cap (k) \ \& \ W \equiv PS \cap DT \ \& \ Q' \equiv PT \cap DS }$ .

Κατά τα γνωστά η $\displaystyle{ AQ' }$ είναι η πολική του $\displaystyle{ W }$ άρα αφού $\displaystyle{ A \in AQ' }$ τότε από το Θ. La Hire το $\displaystyle{ W }$ θα ανήκει στην πολική του $\displaystyle{ A }$ δηλαδή $\displaystyle{ W \in FE }$ .

Από το Θ. Desargues για τα προοπτικά $\displaystyle{ \triangle TES }$ και $\displaystyle{ \triangle PFD }$ ως προς το κέντρο $\displaystyle{ W }$ προκύπτει ότι οι $\displaystyle{ PT,FE,DS }$ συντρέχουν άρα $\displaystyle{ Q' \equiv Q }$ .

Στο $\displaystyle{ \triangle ADQ }$ το $\displaystyle{ T }$ είναι προφανώς το ορθόκεντρο άρα $\displaystyle{ DT \perp AQ \implies AQ \parallel BC }$ . Επίσης οι $\displaystyle{ AD,BE,CF }$ συντρέχουν στο σημείο Gergonne $\displaystyle{ G }$ .

Επομένως από το πλήρες $\displaystyle{ BGDFCA }$ προκύπτει ότι η δέσμη $\displaystyle{D.CAEF }$ είναι αρμονική άρα η δέσμη $\displaystyle{ D.CAXY }$ είναι επίσης αρμονική.

Συνεπώς αφού $\displaystyle{ XY \parallel DC }$ η $\displaystyle{ DA }$ διχοτομεί το τμήμα $\displaystyle{ XY }$ .

Υ.Γ. Θα ενδιαφερόμουν να δω μία πιο απλή απόδειξη.

Ιστοσελίδα · #3

Grigoris K. έγραψε:
Υ.Γ. Θα ενδιαφερόμουν να δω μία πιο απλή απόδειξη.

Καλησπέρα Γρηγόρη...ό,τι και να πει κανείς για το ταλέντο σου είναι λίγο!

: Με-εγγεγραμμένο-κύκλο.png (22.87 KiB) Προβλήθηκε 2210 φορές

Έστω

το έγκεντρο του $\triangle ABC$ και $Z \equiv AI \cap FE$ . Εφόσον AFIE

χαρταετός θα είναι $A\widehat ZE = {90^ \circ } = A\widehat PQ$ και το τετράπλευρο APZQ

εγγράψιμο.

Από τέμνουσα και εφαπτομένη ισχύει $AP \cdot AD = A{F^2}$ και απ’ την ομοιότητα των $\triangle AFZ,\, \triangle AIF:\,A{F^2} = AZ \cdot AI$ . Έτσι, $AP \cdot AD = AZ \cdot AI$ και το τετράπλευρο PZID

είναι εγγράψιμο (Υπάρχει και εδώ απ' το φίλο μου Νίκο).

Είναι $A\widehat DB\mathop = \limits^{\sigma \upsilon \mu \pi \lambda \eta \rho .\,\tau \eta \varsigma \,\widehat \varphi } P\widehat ZF\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi .\,APZQ} P\widehat AQ$ , που σημαίνει YQ//BC

. Έτσι απ’ τα ισοσκελή (λόγω εφαπτόμενων τμημάτων) $\triangle BFD,\, \triangle CDE$ προκύπτουν τα αντίστοιχα όμοια ισοσκελή $\triangle AFY,\, \triangle AEX$ και εφόσον AF = AE

, έπεται

.

asxetos · #4

Μια λίγο διαφορετική λύση.

Έστω

το σημείο τομής της

με την

και

το σημείο τομής της

με την

.

Είναι γνωστό πως η δέσμη (AL,AD;AB,AC)

είναι αρμονική.Τώρα αν την τμήσουμε με την

προκύπτει πως και η δέσμη (AL,AR;AF,AE)

είναι αρμονική άρα και η σημειοσειρά (L,R;F,E)

θα είναι αρμονική. Κατά συνέπεια η δέσμη (DL,DR;DF,DE)

είναι αρμονική.Τεμνοντάς την με την

και δεδομένου ότι θέλουμε το

να είναι το μέσο το

προκύπτει πως αρκεί να αποδείξουμε ότι AQ||BC

.

Διαφορετικά αρκεί να αποδείξουμε ότι η παράλληλη στη

από το

, η

και η

συντρέχουν, όπου

το σημείο τομής της

με τον εγγεγραμμένο κύκλο.

Αφού $\widehat{DPK}=90^o$ , έχουμε ότι τα σημεία $D,\ I,\ K$ είναι συνευθειακά. Έστω ότι η ευθεία που περνά από τα $D,\ I,\ K$ τέμνει την $(\epsilon)$ στο

, όπου $(\epsilon)$ η παράλληλη από το

στη

.

Έτσι $\widehat{APK}= \widehat{AZK}=90^{o}$ , άρα το τετράπλευρο AZKP

είναι εγγράψιμο.

Επιπλέον $\widehat{IFA}= \widehat{IZA}=90^{o}$ , επομένως το

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\vartriangle AFI$ (

έκκεντρο ). Όμως είναι γνωστό πως το τετράπλευρο AFIE

είναι εγγράψιμο, με αποτέλεσμα τα σημεία $A,\ F,\ I,\ E,\ Z$ να είναι ομοκυκλικά.

Τώρα το ζητούμενο έπεται άμεσα καθώς η ευθείες $AZ,\ PK,\ EF$ συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των $(AZKP),\ (AFIEZ)$ και του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου.

stamas1 · #5

Μπορεί κάποιος να ανεβάσει κάποια απόδειξη που δείχνει την παραλληλία με πολικές μόνο?(αν υπάρχει)

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #6

stamas1 έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 03, 2020 8:40 pm
Μπορεί κάποιος να ανεβάσει κάποια απόδειξη που δείχνει την παραλληλία με πολικές μόνο?(αν υπάρχει)

Καλησπέρα,δεν ξέρω αν σε καλύπτω:

: 330.PNG (33.47 KiB) Προβλήθηκε 1857 φορές

Είναι $\rm FA$ συμμετροδιάμεσος στο $\rm FDE$ οπότε $\rm PEFD$ αρμονικό.Έτσι αν $\rm R\equiv KF\cap DE$ (όπου $\rm K\equiv KQ\cap (D,E,F)$ ) θα είναι $\rm (D,E/R,Q)=-1$ επειδή $\rm K(P,D,F,E)=-1$ .
Αυτό σημαίνει ότι το $\rm R$ είναι στην πολική του $\rm Q$ και επειδή είναι και στην πολική του $\rm A$ έπεται ότι ο πόλος της $\rm AQ$ είναι το $\rm R$ που ανήκει στην ευθεία $\rm FI$ οπότε αφού $\rm F$ πόλος της $\rm BC$ θα είναι $\rm AQ\parallel BC$ .
Λόγω του αρμονικού τετραπλεύρου θα είναι $\rm F(D,P,E,F)=-1$ ( $\rm FF$ η εφαπτομένη στο $\rm F$ ) οπότε λόγω της παραλληλίας το ζητούμενο έπεται.

stamas1 · #7

Δεν καταλαβαίνω γιατί το

είναι στην πολική του

,όλα τα άλλα τα καταλαβαίνω.Αν μπορείτε να το εξηγήσετε λίγο πιο αναλυτικά αυτό το κομμάτι θα το εκτιμούσα.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #8

Είναι γνωστή και πολύ χρήσιμη πρόταση για τις πολικές η παρακάτω πρόταση:
Αν από σημείο $\rm P$ φέρεις τυχαία τέμνουσα $\rm PAB$ σε κύκλο η οποία τέμνει την πολική του $\rm P$ στο $\rm R$ τότε τα $\rm P,A,B,R$ σχηματίζουν αρμονική τετράδα.
Πολλές πληροφορίες για πολικές στο

μπορείς να βρεις εδώ όπου υπάρχει και η απόδειξη της πρότασης που ανέφερα.Στην λύση μου χρησιμοποίησα το αντίστροφο της πρόταση.

stamas1 έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 03, 2020 10:32 pm
Αν μπορείτε .....

Μαθητής είμαι

Ορέστης Λιγνός · #9

Την έχουμε δει, εδώ, αλλά και εδώ

Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Re: Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Re: Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Re: Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Re: Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Re: Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Re: Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Re: Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Re: Με εγγεγραμμένο κύκλο!

Μέλη σε σύνδεση