Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι!

Dimessi · #1

Δίνεται τρίγωνο ABC

με εσωτερική διχοτόμο $AD\left ( D\in BC \right ).$ Η κάθετη από το

στην

τέμνει την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC$ στο σημείο

και ο κύκλος κέντρου

και ακτίνας

τέμνει τις πλευρές AB,AC

στα σημεία E,F

αντίστοιχα. Αν η ευθεία της

- συμμετροδιαμέσου του τριγώνου AEF

επανατέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του στο σημείο

, να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AEF

και

εφάπτονται.

#2

Dimessi έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 20, 2023 7:19 pm
Δίνεται τρίγωνο με εσωτερική διχοτόμο $AD\left ( D\in BC \right ).$ Η κάθετη από το στην τέμνει την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle BAC$ στο σημείο και ο κύκλος κέντρου και ακτίνας τέμνει τις πλευρές στα σημεία αντίστοιχα. Αν η ευθεία της - συμμετροδιαμέσου του τριγώνου επανατέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του στο σημείο , να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και εφάπτονται.

Μια άποψη)( όχι λύση )

Αντιστρέφω τον κύκλο $\left( {A,E,F} \right)$ ( μπλε) με πόλο το

και δύναμη αντιστροφής $\lambda = DI$ και προκύπτει η ευθεία

.

Αντιστρέφω τον κύκλο $\left( {B,X,C} \right)$ με ίδιο πόλο και ίδια δύναμη και προκύπτει ο κύκλος

( λαχανί επιφάνεια) .

: Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι.png (64.49 KiB) Προβλήθηκε 1777 φορές

Το αντίστροφο του

είναι το

, σημείο επαφής της

με τον $\left( K \right)$ , οπότε οι κύκλοι : $\left( {A,E,F} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {B,X,C} \right)$ εφάπτονται στο σημείο

.

Dimessi · #3

Έξυπνες σκέψεις! Μέχρι να δοθεί η λύση (αλλιώς θα βάλω τη δική μου αν μείνει αναπάντητη για πολύ καιρό), προσθέτω ένα επιπλέον ερώτημα:
Αν

το μέσο του μεγάλου τόξου $\overset\frown {BC}$ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

, να αποδείξετε ότι η ευθεία

περνάει από το περίκεντρο του τριγώνου AEF.

#4

Dimessi έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 21, 2023 4:08 pm
Έξυπνες σκέψεις! Μέχρι να δοθεί η λύση (αλλιώς θα βάλω τη δική μου αν μείνει αναπάντητη για πολύ καιρό), προσθέτω ένα επιπλέον ερώτημα:
Αν το μέσο του μεγάλου τόξου $\overset\frown {BC}$ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου , να αποδείξετε ότι η ευθεία περνάει από το περίκεντρο του τριγώνου

Από τον «αυτόματο πιλότο»

: Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι_extra.png (89.68 KiB) Προβλήθηκε 1648 φορές

Το τρίγωνο ABC

που επέλεξα, έχει αμβλεία την γωνία του στο

. Το

είναι μέσο του «βορείου» μεν αλλά μικρού , τόξου

.

Επί πλέον: τα τέσσερα σημεία : $L,\,\,I,\,\,A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,K$ ανήκουν στην ίδια ευθεία .

thepigod762 · #5

Πρώτο σκέλος: το , το κέντρο του κύκλου και το μέσο του τόξου είναι συνευθειακά.

Αν

η τομή των κάθετων στις IE, IF

ευθειών που άγονται από τα E, F

αντίστοιχα τότε $\angle IEQ = \angle QAI = \angle IFQ = 90^{o}$ , απ' όπου τα τετράπλευρα IAEQ, IFQA

είναι εγγράψιμα, και τα I, A, E, F, Q

είναι ομοκυκλικά στον κύκλο διαμέτρου

.

$BC \perp ID$ και κύκλος (ADI)

έχει κέντρο το μέσο της

(αφού $\angle DAI = 90^{o}$ ), άρα εφάπτεται της

στο

, όπως και ο (FDE)

, οπότε ο ριζικός τους άξονας είναι η

. Για την τριάδα (ADI), (AEF), (FDE)

, έχουμε ότι οι ανά δύο ριζικοί τους άξονες συντρέχουν, άρα οι AI, EF, BC

συντρέχουν, έστω στο

.

Θα αποδείξουμε ότι και οι ευθείες AI, EF, XQ

συντρέχουν (στο P).

Ας είναι

η τομή των εφαπτομένων του (AEF)

στα

. Προφανώς οι AX, IQ

διέρχονται από το

.
Έστω επίσης $R=AE\cap IF, S=EX \cap FQ, K=EQ \cap XF$ .
Από θεώρημα Pascal για το XAEQIF

τα

είναι συνευθειακά. Από Pascal για το EEXFFQ

τα

είναι συνευθειακά.
Επομένως τα G, S, R

είναι συνευθειακά, άρα τα τρίγωνα XEA, FQI

είναι προοπτικά (ως προς άξονα).
Άρα οι AI, EF, XQ

συντρέχουν, όπως θέλαμε.

: Πρώτο_σκέλος; geogebra-export (4).png (799.11 KiB) Προβλήθηκε 1546 φορές

Έστω τώρα $N=QI \cap EF$ .
Επειδή $PN \equiv EF \perp GQI$ στο τρίγωνο PIQ

τα ύψη

συντρέχουν. Από θεώρημα Ceva: $\dfrac{PX}{XQ}\dfrac{NQ}{NI}\dfrac{IA}{AP}=1: (1)$

Έστω

το μέσο της

, $U=MT \cap (ABC)$ και

η προβολή του

πάνω στην

. Προφανώς $MT \perp BC$ και το

βρίσκεται πάνω στην

. Επίσης η

διέρχεται από το

.

Από την ομοιότητα των AVD, DUT

και θεώρημα θαλή με παράλληλες τις AV, ID, MT

και τέμνουσες τις VDT, AIM

λαμβάνουμε: $\dfrac{AV}{TU}=\dfrac{VD}{DT} = \dfrac{AI}{IM} \Rightarrow AV = \dfrac{AI\cdot TU}{IM}: (2)$

Από την ομοιότητα των PAV, PMT

λαμβάνουμε: $\dfrac{AV}{TM} =\dfrac{AP}{PM} \overset{(2)}{\Rightarrow} \dfrac{\frac{AI\cdot TU}{IM}}{TM} =\dfrac{AP}{PM}$ , ή $\dfrac{TU}{TM}\dfrac{IA}{AP}=\dfrac{MI}{PM}: (3)$

Επειδή $\angle QIF = \angle QAF = \angle UAC = \angle UMC$ , τα ορθογώνια τρίγωνα IQF, MUC

είναι όμοια (με FN, CT

ομόλογα ύψη) και συνεπώς: $\dfrac{NQ}{NI} = \dfrac{TU}{TM} \overset{(3)}{\Rightarrow} \dfrac{NQ}{NI}\dfrac{IA}{AP}=\dfrac{MI}{PM}$ .

Η τελευταία λόγω της (1) δίνει: $\dfrac{PX}{XQ}\dfrac{MI}{PM}=1 \overset{IL=LQ}{\Rightarrow} \dfrac{PX}{XQ} \dfrac{LQ}{LI}\dfrac{MI}{PM}=1$ .

Επομένως, από αντίστρορφο του θεωρήματος Μενελάου στο τρίγωνο IQP

, παίρνουμε X, L, M

συνευθειακά.

Δεύτερο σκέλος: το είναι το κέντρο του κύκλου .

Έστω $H=AN \cap XQ$ και $W = XL\cap (FED)$ .

Παρατηρούμε ότι $\angle IAW = \dfrac{\angle ILW}{2} = \dfrac{\angle XLQ}{2} = \angle XAQ = \angle QAH$ , άρα:

$\angle QXM = \angle QXW = \angle QAW= \angle QAH + \angle HAW = \angle IAW + \angle HAW = \angle IAH = \angle MAH$ , οπότε το MAXH

είναι εγγράψιμο.

Έχουμε τώρα
$\angle MAX = \angle MAF + \angle FAX = \angle BAP + \angle HAE = \angle HAP = 180^{o} - \angle MAH = 180^{o} - \angle MXH$ , άρα:

$\angle MHX = 180^{o}-\angle MAX = \angle MXH$ , οπότε MX = MH

.

Επίσης από δύναμη σημείου: $PX \cdot PH = PA \cdot PM = PB \cdot PC,$ άρα τα B, C, X, H

είναι ομοκυκλικά.

Επειδή προφανώς και MB = MC

, το

(ως τομή των μεσοκαθέτων των τμημάτων XH, BC

) είναι το κέντρο του παραπάνω κύκλου.

: Δεύτερο_σκέλος; geogebra-export (6).png (716.8 KiB) Προβλήθηκε 1546 φορές

$d_{(CBX)-(AEF)}=LM = MX-LX=R_{(CBX)}-R_{(AEF)}$ οπότε οι κύκλοι εφάπτονται (εσωτερικά) στο

.

Dimessi · #6

Βάζω και τη δική μου λύση που φανερώνει το σκεπτικό μου για την κατασκευή του θέματος αυτού

Γιώργο, σ ευχαριστώ που την εκτίμησες τόσο πολύ και έχεις τον μεγάλο σεβασμό μου μόνο που την έλυσες!

1ο σκέλος-αρχικό πρόβλημα.

: Αρμονία εξ επαφής!.png (51.49 KiB) Προβλήθηκε 365 φορές

Έχουμε $\displaystyle \frac{AI}{\sin \angle AEI}=\frac{EI}{\sin \angle EAI}=\frac{IF}{\sin (180^\circ-\angle EAI)}=\frac{IF}{\sin \angle IAF}=\frac{AI}{\sin \angle AFI}$ και αφού $\angle AEI+\angle AFI< 180^\circ$ , έχουμε $\angle AEI=\angle AFI,$ άρα το τετράπλευρο AEFI

είναι εγγράψιμο. Έστω $Q\equiv AD\cap EF$ . Το τετράπλευρο AEXF

είναι αρμονικό, άρα $\displaystyle \frac{\sin \angle EIX}{\sin \angle FIX}\overset{EIFX\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\frac{\sin \angle EFX}{\sin \angle FEX}=\frac{XE}{FX}=\frac{AE}{AF}\overset{\theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon AEF}=\frac{QE}{QF}\overset{IE=IF}=\frac{\sin \angle EIQ}{\sin \angle FIQ},$ άρα τα σημεία I,Q,X

είναι συνευθειακά. Θεωρούμε το μέσο

του

και ως γνωστό, η ευθεία

διέρχεται από το αντιδιαμετρικό

του

ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του εγγράψιμου τετραπλεύρου AEFI

(αφού

).
Είναι $\angle INQ\overset{IE=IF }=90^\circ=\angle IAD\equiv \angle IAQ,$ άρα το τετράπλευρο AINQ

είναι εγγράψιμο. Επιπλέον $\angle QXY\overset{Q\in IX}\equiv \angle IXY\overset{IY\delta \iota \alpha \mu \epsilon \tau \rho o\varsigma \left ( AEF \right )}=90^\circ=\angle QNY,$ άρα το τετράπλευρο QNYX

είναι εγγράψιμο. Οι ευθείες NQ,AI,XY

συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των κύκλων $\left ( AINQ \right ),\left ( QNYX \right ),\left ( AIYX \right ),$ έστω

Η

είναι εσωτερική διχοτόμος στο τρίγωνο AEF

και η

εξωτερική, άρα η δέσμη A.FQEV

είναι αρμονική, επομένως το

είναι το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα E,F

και ταυτίζεται με το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα B,C,

άρα τα σημεία V,B,C

είναι συνευθειακά. Αφού $\angle IXV=180^\circ-\angle IXY=90^\circ=\angle INV=\angle IDV,$ τα σημεία I,N,D,X,V

είναι ομοκυκλικά, άρα $\displaystyle \angle BDX\overset{V\in BC}\equiv \angle VDX\overset{VIDX\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle VIX\overset{V\in AI}\equiv \angle AIX\overset{AEXI\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle BEX,$ άρα το τετράπλευρο BEDX

είναι εγγράψιμο και συνεπώς το

είναι το σημείο Miquel του τριγώνου ABC

ως προς τα σημεία E,D,F,

άρα το τετράπλευρο FDXC

είναι εγγράψιμο. Επομένως $\boxed{\angle DFX=\angle DCX}\left ( 1 \right )$ και $\boxed{\angle EXB=\angle EDB}\left ( 2 \right )$ και αφού το

είναι το κέντρο του κύκλου $\left ( EDF \right )$ και $ID\perp BD,$ η

εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου EDF,

άρα $\angle EDB\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma }=\angle EFD\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \boxed{\angle EXB=\angle EFD}\left ( 3 \right ).$ Φέρνουμε την εφαπτομένη στο

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου AEF

και έστω ένα τυχαίο σημείο της

άρα $\displaystyle \angle PXB=\angle PXE-\angle EXB\overset{\left ( 3 \right )}=\angle PXE-\angle EFD\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \left ( AEF \right )}=\angle EFX-\angle EFD$ $\displaystyle =\angle DFX\overset{\left ( 1 \right )}=\angle DCX\equiv \angle XCB,$ άρα η ευθεία

εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου BXC,

συνεπώς οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AEF

και

δέχονται στο κοινό τους σημείο

κοινή εφαπτομένη, άρα εφάπτονται στο σημείο

: Αρμονία εξ επαφής!.png (51.49 KiB) Προβλήθηκε 365 φορές

2ο σκέλος- επιπρόσθετο ερώτημα.
Έχουμε $\displaystyle \boxed{\angle BXC=\angle BXD+\angle DXC\overset{BEDX,FDXC\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu \alpha }=\angle AED+\angle AFD}\left ( 4 \right ).$ Επιπλέον, το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου EDF,

άρα $\displaystyle \angle EDF=180^\circ-\frac{\angle EIF}{2}\overset{AEFI\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=180^\circ-\frac{\angle EAF}{2}\overset{\left ( 4 \right )}\Rightarrow \boxed{\angle BXC=180^\circ-\frac{\angle EAF}{2}}\left ( 5 \right ).$ Θεωρούμε το μέσο

του μη κυρτού τόξου της χορδής

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC,

άρα $\displaystyle \angle BLC\overset{ALCB\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle BAC\equiv \angle EAF\overset{\left ( 5 \right )}\Rightarrow \angle BXC=180^\circ-\frac{\angle BLC}{2}\overset{LB=LC}\Rightarrow L$ είναι το περίκεντρο του τριγώνου BXC

και αφού οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AEF

και

εφάπτονται, έπεται ότι τα σημεία X,L

και το περίκεντρο του τριγώνου AEF

είναι συνευθειακά.

: Αρμονία εξ επαφής!.png (51.49 KiB) Προβλήθηκε 365 φορές

Υ.Γ Η λύση του Γιώργου (Κοτσάλη) είναι εξαιρετική.

Το πρόβλημα μπορεί να λυθεί και με bashing, αλλά εμείς είμαστε fun της γεωμετρίας και σε όποιον αρέσει.

Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι!

Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι!

Re: Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι!

Re: Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι!

Re: Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι!

Re: Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι!

Re: Συμμετροδιάμεσος και εφαπτόμενοι κύκλοι!

Μέλη σε σύνδεση