Επαφή κύκλων...

giannimani · #1

Σε οξυγώνιο μη ισοσκελές τρίγωνο ABC

θεωρούμε τα παράκεντρα $I_{b}$ και $I_{c}$ .
Έστω

η προβολή του σημείου

στην ευθεία

. Το σημείο

είναι το ορθόκεντρο του
τριγώνου $I_{b}I_{c}D$ . Έστω

και

τα σημεία τομής της ευθείας

με τις ευθείες $I_{b}X$ και $I_{c}X$
αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι $(ABC)\equiv \Omega$ και $(XYZ)\equiv \omega$ εφάπτονται.

: epafi_kyklvn.png (82.03 KiB) Προβλήθηκε 515 φορές

Dimessi · #2

giannimani έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 09, 2026 11:17 pm
Σε οξυγώνιο μη ισοσκελές τρίγωνο θεωρούμε τα παράκεντρα $I_{b}$ και $I_{c}$ .
Έστω η προβολή του σημείου στην ευθεία . Το σημείο είναι το ορθόκεντρο του
τριγώνου $I_{b}I_{c}D$ . Έστω και τα σημεία τομής της ευθείας με τις ευθείες $I_{b}X$ και $I_{c}X$
αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι $(ABC)\equiv \Omega$ και $(XYZ)\equiv \omega$ εφάπτονται.

Όμορφο

: Όμορφο θέμα giannimani..png (136.47 KiB) Προβλήθηκε 454 φορές

$\displaystyle OW^{2}\overset{Pow(C,(W))}=OC^{2}+\left ( WY^{2}+CY\cdot CZ \right )-2OC\cdot CW\cdot \cos \angle OCW=$

$\displaystyle =R_{\left ( O \right )}^{2}+R_{\left ( W \right )}^{2}+CY\cdot CZ-2OC\cdot CW\cdot \left ( \frac{\frac{CB}{2}\cdot \left ( CY+\frac{ZY}{2} \right )}{OC\cdot CW}- \frac{OC \cos \angle A\cdot WY\cos \angle ZXY}{OC\cdot CW}\right )=$

$\displaystyle =R_{\left ( O \right )}^{2}+R_{\left ( W \right )}^{2}+CY\cdot CZ-CB\left ( CY+\frac{ZY}{2} \right )+OC\cdot \frac{ZY}{\sin \angle ZXY}\cos \angle A\cos \angle ZXY{\color{DarkBlue} \left ( \ast \right )}$

$\displaystyle \angle I_{b}ZQ\overset{I_{b}Z \perp I_{c}D_{(DQ \perp AD)}}=\angle ADI_{c}\overset{AD \parallel I_{c}P}=\angle DI_{c}P\overset{\angle DQI_{b}=\angle DPI_{c}=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle I_{b}ZQ \sim \vartriangle I_{c}DP\Rightarrow \boxed{\frac{I_{b}Q}{DP}=\frac{ZQ}{I_{c}P}}(1)$

$\displaystyle \frac{I_{b}Q}{r}=\frac{CQ}{\frac{a+b-c}{2}}=\frac{a+\frac{b+c-a}{2}}{\frac{a+b-c}{2}}=\frac{b+c+a}{a+b-c}\wedge \frac{I_{c}P}{r}=\frac{b+c+a}{a+c-b}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \frac{ZQ\cdot DP}{r^{2}}=\frac{\left ( b+c+a \right )^{2}}{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle ZQ\cdot DP= \frac{\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{4}\Rightarrow \boxed {ZQ=\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}}\left ( 2 \right )$

$\displaystyle \angle I_{c}YP\overset{I_{c}Y \perp I_{b}D_{YP \perp AD}}=\angle ADI_{b}\overset{AD \parallel I_{b}Q}=\angle DI_{b}Q\Rightarrow \vartriangle DI_{b}Q \sim \vartriangle I_{c}YP\Rightarrow \boxed{\frac{I_{b}Q}{YP}=\frac{DQ}{I_{c}P}}\left ( 3 \right )$

$\displaystyle DQ\cdot YP\overset{\left ( 3 \right )}=\frac{\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{4}\Rightarrow \boxed{YP=\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )}}\left ( 4 \right )$

$\displaystyle CY\cdot CZ-CB\left ( CY+\frac{ZY}{2} \right )=-ZB\cdot CY-CB\cdot \frac{ZY}{2}=$

$\displaystyle \overset{^{\left ( 2 \right )}_{\left ( 3 \right )}}=-\left ( \frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{\left ( 2\left ( b+c \right ) \right )\left ( a+b-c \right )}-\frac{b+c-a}{2} \right )\cdot \left ( \frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )}-\frac{b+c-a}{2} \right )-$

$\displaystyle -\frac{a}{2}\cdot \left ( b+c-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left (b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )} \right )\left ( \ast \ast \right )$

$\displaystyle \tan \angle ZXY=\tan \left ( \angle QDI_{b} +\angle PDI_{c}\right )=\frac{\frac{QI_{b}}{DQ}+\frac{I_{c}P}{DP}}{1-\frac{QI_{b}\cdot I_{c}P}{DQ\cdot DP}}\overset{\left ( 1 \right )}=\frac{DP\cdot QI_{b}+DQ\cdot I_{c}P}{DP\cdot DZ}=$

$\displaystyle =\frac{\frac{\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}{2a}\cdot \frac{b+c+a}{a+b-c}\cdot r+\frac{\left ( b+c \right )\left ( a-b+c \right )}{2a}\cdot \frac{b+c+a}{a-b+c}\cdot r}{\frac{\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}{2a}\cdot \left ( b+c-\frac{\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}{2a}-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )} \right )}=\frac{2\left ( b+c+a \right )r}{\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-\frac{\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}{2a}-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )} \right )}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow$

$\displaystyle \overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow OW^{2}=R^{2}_{\left ( O \right )}+R^{2}_{\left ( W \right )}+CY\cdot CZ-CB\left ( CY+\frac{ZY}{2} \right )+\frac{OC \cos \angle A\cdot ZY}{\tan \angle ZXY}=$

$\displaystyle =R^{2}_{\left ( O \right )}+R^{2}_{\left ( W \right )}+CY\cdot CZ-CB\left ( CY+\frac{ZY}{2} \right )+\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-\frac{\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}{2a}-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )} \right )}{4\left ( b+c+a \right )^{2}r^{2}}$

$\displaystyle \cdot \frac{abc\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}{2bc}\cdot ZY$

$\displaystyle =R^{2}_{\left ( O \right )}+R^{2}_{\left ( W \right )}+CY\cdot CZ-CB\left ( CY+\frac{ZY}{2} \right )+\frac{\left ( b+c \right )^{2}\left ( a-b+c \right )\left ( a+b-c \right )-a^{2}\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )\left ( b+c+a \right )\left ( a+c-b \right )\left ( b+c-a \right )}\frac{\left ( b^2+c^2-a^2 \right )\cdot ZY}{2}\left ( 5 \right )$

όπου $\displaystyle ZY\overset{^{\left ( 2 \right )}_{\left ( 4 \right )}}=b+c-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )}\left ( 6 \right ).$

Έχουμε

$\displaystyle \sin \angle ZXY=\sin \left ( \angle QDI_{b}+\angle PDI_{c} \right )=\frac{QI_{b}}{DI_{b}}\cdot \frac{DP}{DI_{c}}+\frac{DQ}{DI_{b}}\cdot \frac{I_{c}P}{DI_{c}}=\frac{\frac{\left ( b+c+a \right )\left ( b+c \right )r}{a}}{DI_{b}\cdot DI_{c}}=$

$\displaystyle =\frac{\left ( b+c+a \right )\left ( b+c \right )r}{a\sqrt{\left ( \frac{\left ( b+c \right )^2(a-b+c)^2}{4a^2}+\frac{(b+c+a)(a+c-b)(b+c-a)}{4\left ( a+b-c \right )} \right )\left ( \frac{(b+c)^2(a+b-c)^2}{4a^2}+\frac{(b+c+a)(a+b-c)\left ( b+c-a \right )}{4\left ( a+c-b \right )} \right )}}\Rightarrow$

$\displaystyle \overset{^{\left ( \ast \ast \right )}_{\left ( 5 \right ) ^{\left ( 6 \right )}_{R_{XZY}=\frac{ZY}{2\sin \angle ZXY}}}}\Rightarrow OW^{2}=R^{2}_{\left ( O \right )}+R^{2}_{\left ( W \right )}-2R_{\left ( O \right )}R_{\left ( W \right )},$

άρα $OW=R_{(O)}-R_{(W)},$

και συνεπώς οι κύκλοι (O),(W)

εφάπτονται εσωτερικά.

: Όμορφο θέμα giannimani..png (136.47 KiB) Προβλήθηκε 454 φορές

Με εκτίμηση,
Δημήτρης.

Dimessi · #3

giannimani έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 09, 2026 11:17 pm
Σε οξυγώνιο μη ισοσκελές τρίγωνο θεωρούμε τα παράκεντρα $I_{b}$ και $I_{c}$ .
Έστω η προβολή του σημείου στην ευθεία . Το σημείο είναι το ορθόκεντρο του
τριγώνου $I_{b}I_{c}D$ . Έστω και τα σημεία τομής της ευθείας με τις ευθείες $I_{b}X$ και $I_{c}X$
αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι $(ABC)\equiv \Omega$ και $(XYZ)\equiv \omega$ εφάπτονται.

Απίθανο θέμα
Δεύτερη λύση

: Όμορφο θέμα giannimani..png (136.47 KiB) Προβλήθηκε 400 φορές

: Tangency !.png (81.25 KiB) Προβλήθηκε 353 φορές

$\bullet$ Έστω $Q'' \in (ABC):\angle BQ''Z=\angle CQ''Y \overset{\left ( \mathrm{Steiner \vartriangle BQ''C} \right )}\Rightarrow \left ( \frac{Q''B}{Q''C} \right )^{2}=\frac{BZ}{ZC}\cdot \frac{YB}{YC}\Rightarrow \frac{\sin \angle BQ''Z}{\sin \angle CQ''Z}$ $=\frac{\frac{BZ}{ZC}}{\sqrt{\frac{BZ}{ZC}\cdot \frac{YB}{YC}}}=\sqrt{\frac{BZ}{ZC}\cdot \frac{YC}{YB}}(\square)$ $\displaystyle \Rightarrow \sqrt{\frac{BZ}{ZC}\cdot \frac{YC}{YB}}=\frac{\sin \left ( \angle A+\angle BQ''Y \right )}{\sin \angle BQ''Y}=\sin \angle A \cot \angle BQ''Y+\cos \angle A\left ( \ast \right ).$
$\displaystyle \left ( \square \right )\Rightarrow \sin \angle A \cot \angle BQ''Z+\cos \angle A=\sqrt{\frac{ZC}{BZ}\cdot \frac{YB}{YC}}\left ( \times \right ).$

(Post 2)

$\displaystyle ZC=\frac{b+c+a}{2}-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}=\frac{\left ( b+c+a \right )\left [ \left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )-a\left ( b+c-a \right ) \right ]}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}$

$\displaystyle =\frac{\left ( b+c+a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}\Rightarrow \frac{BZ}{ZC}=\frac{a-\frac{\left ( b+c+a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}}{\frac{\left ( b+c+a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}}=\frac{2a\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )-\left ( b+c+a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}{\left ( b+c+a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}.$

$\displaystyle YC=\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )}-\frac{b+c-a}{2}=\frac{\left ( b+c-a \right )\left ( a\left ( b+c+a \right )-\left ( b+c \right ) \left ( a+c-b \right )\right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )}$

$\displaystyle =\frac{\left ( b+c-a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )}\Rightarrow \frac{YC}{YB}=\frac{\frac{\left ( b+c-a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )}}{a-\frac{\left ( b+c-a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )}}=\frac{\left ( b+c-a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}{2a\left ( b+c \right )\left ( a+c-b \right )-\left ( b+c-a \right )\left ( b^2-c^2+a^2 \right )}.$

$\displaystyle \frac{BZ}{ZC}\cdot \frac{YC}{YB}=\frac{b+c-a}{b+c+a}\cdot \frac{a\left ( b^2-c^2 \right )+\left ( b+c \right )a^2-\left ( b+c \right )\left ( b^2-c^2 \right )-a^3}{a\left ( c^2-b^2 \right )+a^2(b+c)-(b+c)(b^2-c^2)+a^3}=\frac{b+c-a}{b+c+a}\cdot \frac{\left ( b+c-a \right )\left ( a^2+c^2-b^2 \right )}{\left ( b+c+a \right )\left ( a^2+c^2-b^2 \right )}$

$\displaystyle \overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \sin \angle A \cot \angle BQ''Y+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{b+c-a}{b+c+a}\Rightarrow \cot \angle BQY''=\frac{2bc\left ( b+c-a \right )-\left ( b+c+a \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}{2bc\left ( b+c+a \right )\sin \angle A}\left ( 1 \right ).$

και $\displaystyle \sin \angle A\cot \angle BQ''Z+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\frac{b+c+a}{b+c-a}\Rightarrow \cot \angle BQ''Z=\frac{2bc\left ( b+c+a \right )-\left ( b+c-a \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}{2bc\left ( b+c-a \right )\sin \angle A}\left ( 2 \right ).$

$\displaystyle \tan \angle ZQ''Y=\tan \left ( \angle BQ''Y-BQ''Z \right )\overset{^{\left ( 1 \right )}_{\left ( 2 \right )}}=\frac{\frac{2bc\left ( b+c+a \right )\sin \angle A}{2bc\left ( b+c-a \right )-\left ( b+c+a \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}-\frac{2bc\left ( b+c-a \right )\sin \angle A}{2bc\left ( b+c+a \right )-\left ( b+c-a \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}}{1+\frac{4b^2c^2\left ( b+c+a \right )\left ( b+c-a \right )\sin^2\angle A}{\left [ 2bc\left ( b+c-a \right )-\left ( b+c+a \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right ) \right ]\left [ 2bc\left ( b+c+a \right )-\left ( b+c-a \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right ) \right ]}}=$

$\displaystyle \overset{\sin \angle A=\frac{a}{2R}=\frac{\left ( b+c+a \right )r}{bc}}=\frac{2\left ( b+c+a \right )r}{\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-\frac{\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )}{2a}-\frac{a\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2\left ( b+c \right )\left ( a+b-c \right )} \right )}\overset{\mathrm{(Post 2)}}=\tan \angle ZXY,$

επομένως $\angle ZQ''Y=\angle ZXY,$ δηλαδή το Q''

ανήκει στον κύκλο (ZXY).

Φέροντας τώρα την εφαπτομένη Q''x

στο

του κύκλου (ZXY),

είναι $\angle xQ''A=\angle xQ''Z+\angle ZQ''A\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma }=\angle ZYQ''+\angle BQ''A-\angle BQ''Z\overset{\angle BQ''Z=\angle CQ''Y}=$

$=\angle ZYQ''+\angle BCA-\angle CQ''Y=\angle YCQ''+\angle BCA=\angle Q''CA,$

άρα η ευθεία Q''x

είναι εφαπτομένη και του κύκλου (ABC).

Επομένως στο κοινό τους σημείο Q''

οι κύκλοι

δέχονται κοινή εφαπτομένη Q''x,

συνεπώς εφάπτονται στο σημείο Q''.

: Όμορφο θέμα giannimani..png (136.47 KiB) Προβλήθηκε 400 φορές

: Tangency !.png (81.25 KiB) Προβλήθηκε 353 φορές

Με εκτίμηση,
Δημήτρης.

giannimani · #4

Η ευθεία $I_{b}I_{c}$ , ως γνωστόν, διέρχεται από το

και τέμνει τον $\Omega$ για δεύτερη φορά στο σημείο

(που είναι το μέσο του $I_{b}I_{c}$ και μέσο του τόξου BAC

του κύκλου $\Omega$ ).

Έστω ότι η ευθεία $I_{b}I_{c}$ τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Τότε, η διαίρεση $(A,S;I_{c},I_{b})$
είναι αρμονική (προκύπτει από το ότι τα

κα

είναι αντίστοιχα το εσωτερικό και εξωτερικό
κέντρο ομοιοθεσίας των παρεγγεγραμμένων κύκλων $(I_{b})$ και $(I_{c})$ . Επομένως, η δέσμη
$(DA,DS;DI_{c}, DI_{b})$ είναι αρμονική, και εφόσον $DA\bot DS$ , οι

και

είναι οι διχοτόμοι της
γωνίας $I_{c}DI_{b}$ (εσωτερική και εξωτερική αντίστοιχα).
Επομένως, $\angle I_{c}DE=\angle I_{b}DF \Rightarrow \frac{\angle I_{c}DE}{2}=\frac{\angle I_{b}DF}{2}\Rightarrow \angle ZDE=\angle YDF$ , οπότε και οι συμπληρωματικές
γωνίες αυτών θα είναι ίσες, δηλαδή, $\angle YZX=\angle ZYX$ που σημαίνει ότι το τρίγωνο XYZ

είναι ισοσκελές.

: επαφή_κυκλων2.png (130.91 KiB) Προβλήθηκε 312 φορές

Από υπόθεση το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $I_{b}I_{c}D$ . Επομένως, το

είναι το ορθόκεντρο
του τριγώνου $I_{b}I_{c}X$ . Συμβολίζουμε με

το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων $(I_{b}I_{c}X)$ και (DEXF)

.
Είναι γνωστό ότι τα σημεία

,

και

ανήκουν στην ίδια ευθεία και ότι $\angle MTX=90^{\circ}$ (βλέπε εδώ).
Έστω ότι η ευθεία

τέμνει τον κύκλο $\Omega$ στο σημείο

. Τότε, εφόσον $\angle MTN=90^{\circ}$ , το σημείο

,
ανήκει στον $\Omega$ . Θα αποδείξουμε ότι ανήκει και στον κύκλο $\omega$ (αυτό, αποδεικνύεται ξεχωριστά παρακάτω (*)

.

Επομένως οι δύο κύκλοι $(ABC)\equiv\Omega$ $(XYZ)\equiv \omega$ έχουν κοινό το σημείο

.
Εφόσον το $\triangle XYZ$ είναι ισοσκελές, η ευθεία του ύψους από την κορυφή

θα είναι διάμετρος του $\omega$ και παράλληλη της

. Έστω

το αντιδιαμετρικό του

.

Έστω ότι η ευθεία

τέμνει τον κύκλο $(XYZ)\equiv \omega$ στο σημείο

. Η

είναι
διχοτόμος της γωνίας BAC

. Είναι όμως διχοτόμος και της γωνίας ZTY

. Πράγματι,
εφόσον το τρίγωνο XYZ

είναι ισοσκελές, τότε $\angle YZX =\angle ZYX \quad (1)$
Αλλά λόγω του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου XYZT

είναι $\angle YZX=\angle YTX \quad (2)$
και $\angle ZYX=\angle \alpha TZ \quad (3)$ . Από τις (2)

,

λόγω της

έχουμε ότι $\angle \alpha TZ=\angle XTY$ και
επειδή $\angle MTZ=\angle QTX=90^{\circ}$ έχουμε ότι $\angle ZTQ= \angle YTQ$ .

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι τα τρίγωνα TXQ

και

είναι ομοιόθετα με κέντρο ομοιοθεσίας το

. Επομένως,
οι περιγεγραμμένοι κύκλοι αυτών, δηλαδή, οι $\omega$ και $\Omega$ εφάπτονται.

(*)

Αποδεικνύουμε τώρα ότι $T\in \omega$ ( βλέπε και εδώ). Έχει αποδειχτεί ότι η

είναι διχοτόμος των γωνιών $EDI_{c}$ και $FDI_{b}$ . Επομένως,
$\frac{DE}{DI_{c}}=\frac{EZ}{I_{c}Z} \quad (1)$ και $\frac{DF}{DI_{b}}=\frac{FY}{I_{b}Y} \quad (2)$ .
Αλλά από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο $I_{b} F E I_{c}$ έχουμε $DE \cdot DI_{b}=DF \cdot DI_{c} \Rightarrow \frac{DE}{DI_{c}}=\frac{DF}{DI_{b}} \quad (3)$

: επαφή_κυκλων3.png (90.93 KiB) Προβλήθηκε 312 φορές

Από τις

και

λόγω της

προκύπτει ότι $\frac{EZ}{I_{c}Z}=\frac{FY}{I_{b}Y} \Rightarrow \frac{EZ+I_{c}Z}{I_{c}Z}=\frac{FY+I_{b}Y}{I_{b}Y}\Rightarrow \frac{I_{c}E}{I_{c}Z}=\frac{I_{b}F}{I_{b}Y}$

Έστω $\frac{I_{c}Z}{I_{c}E}=\frac{I_{b}Y}{I_{b}F}=k$ . Τότε $I_{c}Z=k\cdot I_{c}E$ και $I_{b}Y=k \cdot I_{b}F \qquad (3)$ .
Θεωρούμε δύο κινητά σημεία που αρχικά βρίσκονται στις θέσεις $I_{c}$ και $I_{b}$ . Μετά από χρόνο

στις θέσεις

και

,
οπότε λόγω των σχέσεων (3)

μετά από χρόνο

θα βρίσκονται στις θέσεις

και

.

Λόγω γνωστού λήμματος (**)

οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $XI_{c}I_{b}$ , XEF

και

θα διέρχονται από τα σημεία

και

.

Λήμμα. Τα σημεία

και

κινούνται με σταθερές ταχύτητες (όχι αναγκαία ίσες) σε δύο σταθερές ευθείες
που τέμνονται στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου VUX

, διέρχεται
από δύο σταθερά σημεία

και

, όπου το

είναι το κέντρο της σπειροειδούς ομοιότητας που απεικονίζει
τα σημεία

στα σημεία

.

Επαφή κύκλων...

Επαφή κύκλων...

Re: Επαφή κύκλων...

Re: Επαφή κύκλων...

Re: Επαφή κύκλων...

Μέλη σε σύνδεση