mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 29, 2025 2:22 pm**

Δίνεται τρίγωνο ABC

. Κύκλος $\omega$ εφάπτεται των πλευρών

και

και του κύκλου (ABC)

.
Η διχοτόμος της γωνίας ABC

τέμνει την πλευρά

και τον κύκλο (ABC)

στα σημεία

και

(όπου $Y\neq B$ )
αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος (AXY)

εφάπτεται του $\omega$ .

: tangent_circle.png (50.92 KiB) Προβλήθηκε 441 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 29, 2025 4:08 pm**

: Κύκλος εφάπτεται κύκλου.png (56.64 KiB) Προβλήθηκε 422 φορές

$\bullet$ Εδώ viewtopic.php?f=185&t=78345&p=377666#p377666 κατασκευάστηκε ο A-Mixtilinear incircle του $\vartriangle ABC.$ Έστω X,Y,Z

οι επαφές του με τις AB,AC

και τον κύκλο (O)

αντίστοιχα και

το κέντρο του

Έστω

το κέντρο του κύκλου (ARQ).

Έχουμε $\displaystyle \angle JAG\overset{J\in AI}=\frac{\angle A}{2}+\angle GAR\overset{GA=GR=GQ}=\frac{\angle A}{2}+90^\circ-\angle AQR\overset{AQCB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\frac{\angle A}{2}+90^\circ-\angle C$ και $\displaystyle AG=\frac{AR}{2\sin \angle C}=\frac{bc}{2\left ( c+a \right )\sin \angle C}.$
Ακόμα $\displaystyle AJ=\frac{2bc}{\left ( a+b+c \right )\cos \frac{\angle A}{2}}\Rightarrow AJ\cdot AG\cdot \cos \angle JAG=\frac{b^{2}c^{2}}{\left ( c+a \right )\left ( a+b+c \right )\cos \frac{\angle A}{2}\sin \angle C}\cdot \sin \left ( \angle C-\frac{\angle A}{2} \right )=$ $\displaystyle =\frac{b^{2}c^{2}\left ( \cos \left ( \angle C-\angle A \right )-\cos \angle C \right )}{\left ( c+a \right )\left ( a+b+c \right )\sin \angle A \sin \angle C}:\left ( 1 \right ).$
Οπότε $\displaystyle JG^{2}\overset{\left ( 1 \right )_{\angle AXJ=90^\circ}}=\left ( \frac{2bc}{a+b+c} \right )^{2}+JX^{2}+AG^{2}-\frac{2b^{2}c^{2}\left ( \cos\left ( \angle C-\angle A \right )-\cos \angle C \right )}{\left ( c+a \right )\left ( a+b+c \right )\sin \angle A \sin \angle C}\left ( \ast \right ).$
Έχουμε $\displaystyle 2JX\cdot AG=\frac{bc}{\left ( c+a \right )\sin \angle C}\cdot \frac{2bc \sin \frac{\angle A}{2}}{\left ( a+b+c \right )\cos \frac{\angle A}{2}}=\frac{2b^{2}c^{2}\left ( 1-\cos \angle A \right )}{\left ( c+a \right )\left ( a+b+c \right )\sin \angle A \sin \angle C}\left ( \ast \ast \right ).$
Επειδή $\displaystyle \frac{\left ( \cos \left ( \angle C-\angle A \right )-\cos \angle C+1-\cos \angle A \right )}{\left ( c+a \right )\sin \angle A \sin \angle C}=\frac{2}{a+b+c}\Rightarrow$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{2b^{2}c^{2}\left ( \cos \left ( \angle C-\angle A \right )-\cos \angle C+1-\cos \angle A \right )}{\left ( c+a \right )\left ( a+b+c \right )\sin \angle A \sin \angle C}=\left ( \frac{2bc}{a+b+c} \right )^{2}\Rightarrow$
$\displaystyle \overset{^{\left ( \ast \right )}_{\left ( \ast \ast \right )}}\Rightarrow JG^{2}=JX^{2}+AG^{2}+2JX\cdot AG=\left ( JX+AG \right )^{2}\Rightarrow \boxed{JG=JX+AG},$ άρα οι κύκλοι (XYZ),(ARQ)

εφάπτονται εξωτερικά

: Κύκλος εφάπτεται κύκλου.png (56.64 KiB) Προβλήθηκε 422 φορές

Δεύτερη λύση

: Με αντιστροφή..png (59.22 KiB) Προβλήθηκε 295 φορές

Ισχυρισμός 1:
Απόδειξη Έχουμε $\displaystyle Pow \left ( Y,\left ( DEZ \right ) \right )=YJ^{2}-JD^{2}=\left ( YA^{2}+JA^{2}-2YA\cdot JA\cdot \cos \angle JAY \right )-JD^{2}\overset{\angle ADJ=90^\circ}$ $=YA^{2}+\left ( AD^{2}-2YA\cdot JA \cdot \cos \angle JAY \right )=YA^{2}+AD\left ( AD-2YA\cdot \frac{\cos\left ( \frac{\angle A}{2}+\frac{\angle B}{2} \right )}{\cos \frac{\angle A}{2}} \right )\left ( \ast \right ).$
Σημειώνοντας ότι $YA=\frac{b}{2\cos \frac{\angle B}{2}},$ αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \frac{2c}{b+c+a}=\frac{\cos\left ( \frac{\angle A}{2}+\frac{\angle B}{2} \right )}{\cos \frac{\angle B}{2}\cos \frac{\angle A}{2}}\Leftrightarrow \tan \frac{\angle B}{2} \tan \frac{\angle A}{2}=\frac{b-c+a}{b+c+a}\Leftrightarrow 4r^{2}=\frac{\left ( b-c+a \right )\left ( a+c-b \right )\left ( b+c-a \right )}{b+c+a},$ που ισχύει και ο ισχυρισμός δείχθηκε. $\blacksquare$
Από τον Ισχυρισμό 1 τώρα, αντιστρέφοντας με πόλο

και ακτίνα YA,

ο κύκλος

παραμένει σταθερός αφού Pow(Y,(DEZ))=YA^2.

Είναι $\angle YBC=\frac{\angle B}{2}=\angle YCX\Rightarrow \vartriangle YCX \sim \vartriangle YBC\Rightarrow YX\cdot YB=YA^{2},$ άρα η εικόνα του

είναι το

Οπότε η εικόνα του κύκλου (AXY)

είναι η ευθεία AB,

που εφάπτεται στην εικόνα του κύκλου (DEZ),

που παραμένει σταθερός . Άρα οι κύκλοι (DEZ)

και

εφάπτονται.

: Με αντιστροφή..png (59.22 KiB) Προβλήθηκε 295 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 31, 2025 12:29 am**

Έστω ότι ο κύκλος $\omega$ εφάπτεται της πλευράς

και του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

στα σημεία

και

αντίστοιχα.

Σύμφωνα με το λήμμα Αρχιμήδη (εδώ) $YA^2=YE\cdot YT \quad (1)$ . Θεωρούμε τον κύκλο $\Gamma$ κέντρου

και ακτίνας

.

Συμβολίζουμε με

το ένα από τα δύο κοινά σημεία των κύκλων $\omega$ και $\Gamma$ . Τότε, λόγω της (1)

είναι $YK^2=YE \cdot YT$ ,
οπότε η ακτίνα του κύκλου $\Gamma$ είναι εφαπτομένη του κύκλου $\omega$ , και επομένως οι δύο κύκλοι $\omega$ και $\gamma$ είναι ορθογώνιοι.

Τα τρίγωνα AYX

και

είναι όμοια ( $\angle YAX=\angle YAC=\angle YBC=\angle YBA$ και
$\angle AXY=\frac{\tau o\xi\,AY+\tau o\xi\,{BTC}}{2}=\frac{\tau o\xi\,CY+\tau o\xi\,{BTC}}{2}=\frac{\tau o\xi\, BCY}{2}=\angle BAY$ ).

Επομένως, $\frac{YA}{YB}=\frac{YX}{YA}\Rightarrow YA^2=YX \cdot YB \quad (2)$

: tangent_circle1.png (52.24 KiB) Προβλήθηκε 276 φορές

Εκτελούμε το μετασχηματισμό της αντιστροφής, όπου ως κύκλο αυτής θεωρούμε τον $\Gamma$ .

Τότε ο κύκλος (AXY)

μετασχηματίζεται στην ευθεία

(εφόσον διέρχεται από το κέντρο της αντιστροφής
και οι εικόνες των

,

είναι αντίστοιχα τα

, και λόγω της (2)

το

.

Από την άλλη μεριά, οι κύκλοι $\omega$ και $(Y,YA)\equiv \Gamma$ είναι ορθογώνιοι.
Ο κύκλος $\omega$ μετασχηματίζεται στον εαυτό του (εφόσον είναι ορθογώνιος του $\Gamma$ ).
Από την υπόθεση η ευθεία

και ο κύκλος $\omega$ εφάπτονται.

Αυτό σημαίνει (εφόσον η αντιστροφή διατηρεί την επαφή) ότι κύκλος (AXY)

εφάπτεται του $\omega$ .

mathematica.gr

Κύκλος εφάπτεται κύκλου...

Κύκλος εφάπτεται κύκλου...

Re: Κύκλος εφάπτεται κύκλου...

Re: Κύκλος εφάπτεται κύκλου...