Επαφές τρίτου ... κύκλου

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA153 Επαφές τρίτου ... κύκλου.png (36.14 KiB) Προβλήθηκε 1283 φορές

Καλησπέρα, Χρόνια πολλά και καλή Ανάσταση σε όλους!

Εστω

το σημείο τομής των διαγωνίων αμφιγράψιμου ισοσκελούς τραπεζίου ABCD

.

Αν οι AS, DS

τέμνουν τον εγκυκλό του στα P, T

αντίστοιχα, δείξτε ότι ο περίκυκλος του PST

εφάπτεται του περίκυκλου του ABCD

#2

Ζόρικες οι επαφές τρίτου ... κύκλου, ή εγώ το πήγα δύσκολα.

$\bullet$ Δεν είναι απαραίτητο το δοσμένο ισοσκελές τραπέζιο να είναι αμφιγράψιμο και θα αποδειχθεί ότι ισχύει η ακόλουθη γενικότερη πρόταση:

Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο με $AB\parallel CD$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω τα σημεία $S\equiv AC\cap BD$ και $T\equiv AD\cap BC$ . Η δια του σημείου παράλληλη ευθεία προς τις βάσεις του τραπεζίου, τέμνει τις πλευρές του $AD,\ BC$ στα σημεία $E,\ Z$ αντιστοίχως και έστω , ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle TEZ$ , ο οποίος τέμνει τον στο σημείο έστω και την ευθεία στο σημείο έστω . Ο κύκλος έστω , με κέντρο το και ακτίνα , τέμνει τις $AC,\ BD$ στα σημεία έστω $P,\ Q$ αντιστοίχως, προς το μέρος της που κείται το . Αποδείξτε ότι ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle SPQ$ εφάπτεται του κύκλου στο σημείο .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

$\bullet$ Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ETL$ με $ES\perp TL$ έχουμε $(TS)(TL) = (TE)^{2} = (TP)(TQ)\ \ \ ,(1)$

Από (1)

προκύπτει ότι το τετράπλευρο LSPQ

είναι εγγράψιμο και άρα, ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle SPQ$ περνάει από το κέντρο

του κύκλου (L)

.

Η ευθεία

, ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (L)

αλλά και με την Πολική ευθεία του

ως προς τον κύκλο (O)

και έστω τα σημεία $H\equiv EZ\cap PQ$ και $P'\equiv (O)\cap TH,\ Q'\equiv (O)\cap TH$ , γειτονικά των $P,\ Q$ , αντιστοίχως.

Άρα, οι σημειοσειρές $T,\ P',\ H,\ Q'$ και $T,\ P,\ H,\ Q$ , είναι αρμονικές.

$\bullet$ Έστω το σημείο $N\equiv (K)\cap TH$ και έχουμε $LN\perp PQ\ \ \ ,(2)$

Έστω

, το μέσον του P'Q'

και άρα, ισχύει $OM\perp P'Q'\equiv PQ\ \ \ ,(3)$

Λόγω της αρμονικής σημειοσειράς $T,\ P',\ H,\ Q'$ με το σημείο

ως το μέσον του P'Q'

, σύμφωνα με το παρακάτω Λημμα 1 ,

έχουμε ότι $(TH)(TM) = (TP')(TQ')\ \ \ ,(4)$

Αλλά, ισχύει $(TP')(TQ') = (TF)(TR)\ \ \ ,(5)$ όπου $R\equiv (O)\cap TF$ .

: Επαφές τρίτου κύκλου - Απόδειξη της γενικευμένης πρότασης.; f=112_t=53971.PNG (47.56 KiB) Προβλήθηκε 1056 φορές

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $(TH)(TM) = (TF)(TR)\ \ \ ,(6)$

Από (6)

έχουμε ότι το τετράπλευρο FHMR

είναι εγγράψιμο και άρα, ισχύει $RM\perp HM\equiv PQ\ \ \ ,(7)$ λόγω $HF\perp FR$

Από $(3),\ (7)$ , προκύπτει ότι τα σημεία $R,\ M,\ O$ είναι συνευθειακά και έστω το σημείο $R'\equiv (O)\cap RO$ .

Η ευθεία

τώρα, περνάει από το

, ως το αντιδιαμετρικό σημείο του

, λόγω $FL\perp FR$ .

$\bullet$ Από $LN\parallel RR'$ και OR = OR'

, έχουμε ότι η δέσμη $L\ldotp R'ORN$ είναι αρμονική.

Η δέσμη αυτή τέμνεται από την ευθεία

και άρα, η σημειοσειρά $T,\ F,\ W,\ R$ είναι επίσης αρμονική, όπου $W\equiv TR\cap LN$ .

Συμπεραίνεται έτσι ότι η

, ως η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O)

, περνάει από το σημείο

ως το αρμονικό συζυγές του

, ως προς τα σημεία $F,\ R$ .

Από $LF\perp FW$ και $LS\perp SW$ τώρα, προκύπτει ότι το τετράπλευρο LSFW

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (V)

, με διάμετρο το τμήμα

.

Ο κύκλος (V)

εφάπτεται του κύκλου (O)

στο σημείο

, γιατί το κέντρο του

και μέσον του

, ανήκει στην ακτίνα

του

, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή , λόγω $LW\parallel RR'$ και OR = OR'

και μένει πλέον να αποδειχθεί ότι ο κύκλος (V)

περνάει από τα σημεία $P,\ Q$ .

$\bullet$ Θεωρούμε το τρίγωνο $\vartriangle TRR'$ και τον κύκλο (O)

με διάμετρο την πλευρά του RR'

, ο οποίος τέμνει την ευθεία του ύψους του

στα σημεία $P',\ Q'$ και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2 , έχουμε ότι το ύψος του R'F

περνάει από το σημείο

, ως το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα σημεία $P',\ Q'$ .

Από την δύναμη του σημείου

τώρα, στους κύκλους $(K),\ (L),\ (V)$ , έχουμε $(HP)(HQ) = (HE)(HZ) = (HF)(HL) = (HS)(HW)\ \ \ ,(8)$

Από (8)

συμπεραίνεται ότι ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle SPQ$ ταυτίζεται με τον κύκλο (V)

, λόγω της (1)

και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Η απόδειξη αυτή αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον αγαπητό μου φίλο Κώστα Δόρτσιο ( KDORTSI ).

ΛΗΜΜΑ 1. - Επί ευθείας $(\epsilon)$ δίνεται η αρμονική σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ και έστω , το μέσον του τμήματος . Αποδείξτε ότι .

ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω το ύψος του. Ο κύκλος έστω με διάμετρο την πλευρά , τέμνει την ευθεία στα σημεία $P,\ Q$ και ας είναι το μεταξύ των $B,\ H$ , όπου είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ . Αποδείξτε ότι η σημειοσειρά $B,\ P,\ H,\ Q$ είναι αρμονική .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ.(1) - Θα βάλω αργότερα το σχήμα και τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου για τα ως άνω Λήμματα 1, 2 .

ΥΓ.(2) - Σάκη, η πρόταση αυτή με παίδεψε αρκετά, αλλά χάρηκα που τελικά την κατάφερα. Πες μας αν θέλεις την πηγή της και εάν είναι διαθέσιμη, την απόδειξή της.

#3

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Επί ευθείας $(\epsilon)$ δίνεται η αρμονική σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ και έστω , το μέσον του τμήματος . Αποδείξτε ότι $(AC)(AM) = AB)(AD)\ \ \ ,(1)$ .

: Επαφές τρίτου κύκλου - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f=112_t=53971(a).PNG (3.82 KiB) Προβλήθηκε 1070 φορές

Από

αρκεί να απόδειχθεί ότι $(AM - CM)(AM) = (AM - MB)(AM + MD)\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και

, αρκεί να αποδειχθεί ότι $(AM)^{2} - (AM)(CM) = (AM)^{2} - (MB)^{2}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

αρκεί να αποδειχθεί ότι $\boxed{(MB)^{2} = (MA)(MC)}\ \ \ ,(4)$

Η (4)

όμως αληθεύει σύμφωνα με το Θεώρημα Newton , λόγω της δοσμένης αρμονικής σημειοσειράς.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι αληθεύει και η (1)

και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω το ύψος του. Ο κύκλος έστω με διάμετρο την πλευρά , τέμνει την ευθεία στα σημεία $P,\ Q$ και ας είναι το μεταξύ των $B,\ H$ , όπου είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ . Αποδείξτε ότι η σημειοσειρά $B,\ P,\ H,\ Q$ , είναι αρμονική .

: Επαφές τρίτου κύκλου - Απόδειξη του Λήμματος 2.; f=112_t=53971(b).PNG (20.86 KiB) Προβλήθηκε 1058 φορές

Έστω

το ύψος του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και έχουμε ότι το τετράπλευρο BCEZ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (M)

με διάμετρο την πλευρά

.

Από την δύναμη του σημείου

στους κύκλους $(K),\ (M),$ έχουμε:

$(HB)(HE) = (HC)(HZ) = (HP)(HQ)\ \ \ ,(1)$

Από $(1)\Rightarrow$ $(BE - HE)(HE) = (PE - HE)(HE + EQ) = (PE - HE)(PE + HE)\ \ \ ,(2)$ λόγω PE = EQ

.

Από $(2)\Rightarrow$ $(BE)(HE) - (HE)^{2} = (PE)^{2} - (HE)^{2}\ \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $\boxed{(EP)^{2} = (EH)(EB)}\ \ \ ,(4)$

Από (4)

, σύμφωνα με το Θεώρημα Newton , συμπεραίνεται ότι η σημειοσειρά $B,\ P,\ H,\ Q$ , είναι αρμονική και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Μία άμεση απόδειξη του Λήμματος 2 , βασισμένη στο Λήμμα 1 .

Εάν έστω (L)

, είναι ο περίκυκλος του εγγραψίμου τετραπλέυρου AZHE

λόγω $\angle AZH = 90^{o} = \angle AEH$

, από την δύναμη του σημείου

ως προς τους κύκλους $(K),\ (L)$ , έχουμε :

$(BH)(BE) = (BZ)(BA) = (BP)(BQ)\ \ \ ,(5)$ και άρα, σύμφωνα με το αντίστροφο του Λήμματος 1 , συμπεραίνεται ότι η σημειοσειρά $B,\ P,\ H,\ Q$ είναι αρμονική.

#5

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Επί ευθείας $(\epsilon)$ δίνεται η αρμονική σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ και έστω , το μέσον του τμήματος . Αποδείξτε ότι $(AC)(AM) = (AB)(AD)\ \ \ ,(1)$ .

Ας δούμε μία αυτόνομη απόδειξη για το Λήμμα 1 και την απόδειξη του Θεωρήματος Newton , στο ίδιο σχήμα.

: Επαφές τρίτου κύκλου - Εναλλακτική απόδειξη του Λήμματος 1.; f=112_t=53971(c).PNG (11.85 KiB) Προβλήθηκε 1045 φορές

$\bullet$ Έστω $A,\ B,\ C,\ D$ , η αρμονική σημειοσειρά επί της δοσμένης ευθείας $(\epsilon)$ και ας είνα (M)

, το ημικύκλιο με διάμετρο το τμήμα

.

Έστω

, η εφαπτομένη του (M)

και ας είναι $E,\ Z$ , τα σημεία τομής της ευθείας

από τις εφαπτόμενες του (M)

στα σημεία $B,\ D$ και

, η προβολή του

επί της ευθείας $(\epsilon)$ .

Από $BE\parallel C'N\parallel DZ\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AB}{AD} = \frac{BE}{DZ} = \frac{NE}{NZ} = \frac{C'B}{C'D}\ \ \ ,(1)$ λόγω BE = NE

και

.

Από

έχουμε ότι η σημειοσειρά $A,\ B,\ C',\ D,$ είναι αρμονική και άρα, προκύπτει $C'\equiv C$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle NAM$ τώρα, με $NC\perp AM$ και

το κέντρο του κύκλου (M)

, έχουμε $(AC)(AM) = (AN)^{2}\ \ \ ,(2)$

Αλλά, ισχύει $(AN)^{2} = (AB)(AD)\ \ \ ,(3)$

Από $(2),\ (3)\Rightarrow$ $\boxed{(AC)(AM) = (AB)(AD)}\ \ \ ,(4)$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Από το ορθογώνιο $\vartriangle NAM$ έχουμε επίσης $(MC)(MA) = (MN)^{2}\Rightarrow$ $\boxed{(MC)(MA) = (MB)^{2} = (MD)^{2}}}\ \ \ ,(5)$

Η (5)

είναι γνωστή ως Θεώρημα Newton , για την αρμονική σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D,$ με το

, μέσον του τμήματος

.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Αποδεικνύεται εύκολα ότι ισχύουν και αντιστρόφως, το Λήμμα 1 και το Θεώρημα Newton .

Αν δηλαδή αληθεύει η (4)

, η σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D,$ είναι αρμονική και ομοίως για την (5)

.

Επαφές τρίτου ... κύκλου

Επαφές τρίτου ... κύκλου

Re: Επαφές τρίτου ... κύκλου

Re: Επαφές τρίτου ... κύκλου

Re: Επαφές τρίτου ... κύκλου

Re: Επαφές τρίτου ... κύκλου

Μέλη σε σύνδεση