Εκκεντροκυκλικά

#1

: Εκκεντροκυκλικά.png (18.1 KiB) Προβλήθηκε 1640 φορές

Από το έκκεντρο

τριγώνου

φέρνω κάθετη στη

που τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία P, Q.

Αν οι

τέμνουν τη

στα

να δείξετε ότι τα σημεία I, A, D, E

είναι ομοκυκλικά.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

: Εκκεντροκυκλικά - Σχήμα 1.png (37.28 KiB) Προβλήθηκε 1588 φορές

Έστω πως $\widehat{APQ}=x$ . Τότε $\widehat{PDE}=90^o-x$ .

Θέλουμε το IADE

να είναι εγγράψιμο. Δηλαδή θέλουμε $\widehat{AIE}=90^o+x$ .

Άρα θέλουμε $90^o+\widehat{ACQ}=90^o+\widehat{APQ}=\widehat{AIE}$ .

Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε πως $\widehat{ABC}\geq \widehat{ACB}$ .

Έστω $\widehat{BAQ}=\widehat{BCQ}=y$ και $\widehat{AEI}=z$ .

Έχουμε επομένως πως $\widehat{EAI}=\dfrac{\widehat{A}}{2}-y$ , άρα $\widehat{AIE}=180^o-z+y-\dfrac{\widehat{A}}{2}=90^o-z+\dfrac{\widehat{B}}{2}+\dfrac{\widehat{C}}{2}+y$

Εμείς θέλουμε να αποδείξουμε πως $\widehat{AIE}=90^o+\widehat{ACQ}$ , άρα αρκεί $\widehat{ACQ}=y+\dfrac{\widehat{B}}{2}+\dfrac{\widehat{C}}{2}-z\Leftrightarrow \widehat{ACB}+\widehat{BCQ}=y+\dfrac{\widehat{B}}{2}+\dfrac{\widehat{C}}{2}-z\Leftrightarrow z=\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}$ (1).

Θα αποδείξουμε τώρα πως ο περιγεγραμμένος κύκλος του AIE

εφάπτεται στην

(2).

Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο το

και κύκλο αντιστροφής τον εγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Έστω ότι αυτός ο κύκλος εφάπτεται των

,

στα

αντίστοιχα.

Προφανώς τα A, B, C

γίνονται τα μέσα των YZ, XZ, XY

αντίστοιχα, έστω τα A', B', C'

. Άρα ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC

γίνεται ο κύκλος Euler

του τριγώνου XYZ

(βλ. σχήμα 2).

: Εκκεντροκυκλικά - Σχήμα 2.png (35.36 KiB) Προβλήθηκε 1588 φορές

Το αντίστροφο του

, έστω

γίνεται το σημείο τομής της

με τον κύκλο Euler

του

.

Τέλος το αντίστροφο του

, έστω

γίνεται το σημείο τομής του περιγεγραμμένου κύκλου του A'Q'I

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του B'C'I

(ο οποίος διέρχεται και από το

).

Για να αποδείξουμε την (2), αρκεί η IQ'

να είναι παράλληλη με την A'E'

.

Έστω

το σημείο που το ύψος από το

προς την

τέμνει τον κύκλο Euler

του

. Είναι γνωστό πως XR//=IA'

. Επομένως θέλουμε να αποδείξουμε πως τα σημεία E', A', R

είναι συνευθειακά. 'Έστω τώρα

το πάνω σημείο (όπως φαίνεται στο σχήμα) που η A'R

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του B'C'I

. Αν αποδείξουμε πως τα σημεία S, Q', I, A'

είναι ομοκυκλικά, τότε το

θα ταυτίζεται με το

και το ζητούμενο θα έπεται.

Έχουμε τώρα πως IQ'//SA'

, άρα αρκεί να αποδείξουμε πως το SQ'IA'

είναι ισοσκελές τραπέζιο. Με άλλα λόγια αρκεί SQ'=IA'

(προφανώς δεν θα είναι SQ'//IA'

). Όμως

, άρα αρκεί XR=SQ'

και αφού

, αρκεί το XSRQ'

να είναι ισοσκελές τραπέζιο. Αρκεί XS=Q'R

. Έστω πως το άλλο σημείο που η A'R

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του B'C'I

είναι το

. Από το ισοσκελές τραπέζιο XSKI

έχουμε πως XS=IK

, άρα αρκεί IK=Q'R

, δηλαδή αρκεί το RQ'IK

να είναι παραλληλόγραμμο, δηλαδή αρκεί IQ'=RK

. Παρατηρούμε τώρα όμως πως ο κύκλος Euler

και ο περιγεγραμμένος κύκλος του B'C'I

είναι ίσοι καθώς η ακτίνα τους είναι η μισή από την ακτίνα του περιγεγραμμένου του XYZ

(του

είναι γνωστή ιδιότητα, ενώ του δεύτερου προκύπτει εύκολα μέσω ομοιοθεσίας με κέντρο το

και λόγο

). Ακόμα από το παραλληλόγραμμο XRA'I

, έχουμε πως XI//=RA'

.

Ισχύει το εξής λήμμα:

Έστω δύο ίσοι κύκλοι και έστω δύο χορδές τους

και

αντίστοιχα με AB//=CD

. Έστω ακόμα ότι η χορδή

τέμνει τον άλλο κύκλο στο

και ότι η χορδή

τέμνει τον άλλο κύκλο στο

. Ισχύει τότε πως BG=CH

.

Αυτό προκύπτει με ομοιοθεσία ως προς το μέσο της διακέντρου, αλλά δεν έχω αυτή τη στιγμή χρόνο (ούτε χωράει το περιθώριο της σελίδας) για να βάλω την απόδειξη (θα τη δώσω σε επόμενη ανάρτηση).

Επομένως ισχύει ότι IQ'=RK

, άρα ισχύει και η σχέση (2).

Πίσω τώρα στο αρχικό σχήμα. Έχουμε πως ο περιγεγραμμένος κύκλος του AIE

εφάπτεται στην

, άρα $QI^2=QE\cdot QA$ . Άρα τα τρίγωνα AIQ

και

είναι όμοια. Για να αποδείξουμε την (1) λοιπόν αρκεί $\widehat{AIQ}=180^o-\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}$ . Όμως ξέρουμε πως $\widehat{AIB}=90^o+\dfrac{\widehat{C}}{2}$ , άρα αρκεί $\widehat{BIQ}=90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2}$ , που ισχύει καθώς $IQ\perp BC$ .

Henri van Aubel · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 27, 2017 7:01 pm
Εκκεντροκυκλικά.png
Από το έκκεντρο τριγώνου φέρνω κάθετη στη που τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία

Αν οι τέμνουν τη στα να δείξετε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Μία σύντομη απόδειξη για το ωραίο θέμα (δικό σου Γιώργο ;

)

Από νόμους ημιτόνων και λοιπά παίρνω $\displaystyle \frac{\sin \angle IBQ}{\sin \angle ICQ}=\frac{\sin \angle BIQ}{BQ}\cdot \frac{QC}{\sin \angle CIQ}\left ( 1 \right )$

Ομοίως παίρνω $\displaystyle \frac{\sin \angle EIC}{\sin \angle BIE}=\frac{CE}{BE}\cdot \frac{BI}{CI}=\frac{QC}{BQ}\cdot \frac{AC}{AB}\cdot \frac{BI}{CI}\left ( 2 \right )$

Οπότε συνδυάζοντας αυτές και σύμφωνα με την $\displaystyle \frac{\sin \angle BIQ}{\sin \angle CIQ}=\frac{\cos \frac{B}{2}}{\cos \frac{C}{2}}=\frac{AC}{AB}\cdot \frac{BI}{CI}$ παίρνω $\displaystyle \frac{\sin \angle IBQ}{\sin \angle ICQ}=\frac{\sin \angle EIC}{\sin \angle BIE}\left ( 3 \right )$

Επιπλέον ισχύει $\angle IBQ+\angle ICQ=360^\circ-\angle BIC-\angle BQC=\angle BIC=\angle EIC+\angle BIE$ που σύμφωνα με την (3) συνδυάζοντας λαμβάνω $\angle BIE=\angle ICQ$ .

Τελειώνοντας παίρνω $\angle AIE=\angle AIB+\angle ICQ$ ενώ ισχύει $\angle ADE=\angle B-\angle BAD=\angle B-\angle BCP=\angle IQC-\angle C$ οπότε

$\angle AIE+\angle ADE=180^\circ-\left ( 90^\circ- \angle ICB\right )+90^\circ+\angle ICB-\angle C=180^\circ$ πράγμα που αποδεικνύει το ζητούμενο.

2nisic · #4

Έστω

τα μέσα των τόξων BC,BAC

και

στον

έτσι ώστε

.Προφανώς

είναι το αντιδιαμετρικο του

αφού

.
Είναι γνωστο ότι A'D,NI

τέμνονται πάνω στον (ABC)

στο σημείο επαφής του (ABC)

με τον Α-mixtilinear-incircle.Εστω T_A

αυτό το σημείο.

Έχουμε: $<QYD=<QAA'=<QT_AA'=<QT_AD\Rightarrow Y,D,Q,T_A$ ομοκυκλικα. Αφού $<YDQ=90\Rightarrow <YT_AQ=90\Rightarrow T_A,Y,P'$ συνευθειακα. Επιπλεον $<AIT_A=<IAN+<ANT_A=90+<AP'T_A=<YAP'+<AP'Y=<AYT_A\Rightarrow A,I,Y,T_A$ ομοκυκλικα.
Ομοιος A,I,Χ,T_A

ομοκυκλικα.Αρα A,I,Y,T_A,X

ομοκυκλικα

Εκκεντροκυκλικά

Εκκεντροκυκλικά

Re: Εκκεντροκυκλικά

Re: Εκκεντροκυκλικά

Re: Εκκεντροκυκλικά

Μέλη σε σύνδεση