Συνευθειακά με Έγκεντρο

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

AlexNtagkas
Δημοσιεύσεις: 8
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 20, 2019 8:46 am

Συνευθειακά με Έγκεντρο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AlexNtagkas » Τρί Αύγ 27, 2019 2:52 pm

Εστω δυο χορδες ,ενος κυκλου C, BD και CE
που τεμνονται (εσωτερικα) στο A
Εστω ο κυκλος που εφαπτεται στις δυο χορδες εξωτερικα του τριγωνου ABC
και στον κυκλο C στα σημεια R,Q , M αντιστοιχα.
Να δειξετε οτι το M το μεσο του μικρου τοξου BC και το εγκεντρο του ABC
ειναι συνευθειακα .
Ισως να θεωρειται γνωστο ...περισσοτερο ως λημμα



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 319
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Συνευθειακά με Έγκεντρο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τρί Αύγ 27, 2019 8:57 pm

mixtilinear.png
mixtilinear.png (39.82 KiB) Προβλήθηκε 445 φορές
Στο σχήμα το P βρίσκεται στην CE,S,T είναι τα μέσα των μικρών τόξων CE,BD,I το έκκεντρο του ABC
I_{1},I_{2} εκείνα των BED,CED αντίστοιχα και IA_{1}\equiv IA \cap BI_{1},IA_{2} \equiv IA \cap CI_{2}.
Ισχύει πως (M,P,S),(M,R,T) συνευθειακά και από Sawayama τα I_{1},I_{2} ανήκουν στην PR.Επειδή AP,AR εφαπτόμενες στον μικτεγγεγραμμένο,AI,PQ κάθετες.
Έχουμε:
1) PI_{1}IA_{1}E,RI_{1}IA_{2}D εγγράψιμα:
Πράγματι,το IA_{1} είναι παράκεντρο του ABE και συνεπώς I_{1}IA_{1}E \angle=BIA_{1}E \angle=BAE/2 \angle=APR \angle (AP=AR).
2) BIA_{1}RM,CIA_{2}PM εγγράψιμα:
Πράγματι,
BMR \angle=BED/2 \angle,BIA_{1}R\angle=BIA_{1}A\angle+PIA_{1}A\angle=90-IA_{1}I_{1}R\angle+90-IA_{1}PR\angle=(1)180-IA_{1}EP\angle-IA_{1}EI_{1} \angle=180-(90-BEC/2\angle)-(90+BEC/2\angle-BED/2\angle)=BED/2\angle.
3) BIRIA_{1},CIPIA_{2} εγγράψιμα:
Πράγματι,IA_{1}R\angle=CED/2 (όπως παραπάνω) και IBA\angle=CBA/2\angle=CED/2\angle.
Από 2),3),BIRIA_{1}M,CIPMIA_{2} εγγράψιμα.
Έτσι BMI\angle=ARI=IPA\angle=CMI\angle και το ζητούμενο έπεται.
Υγ.Όντως είναι γνωστό.Αποτελεί γενίκευση μιας ιδιότητας των μικτεγγεγραμμένων.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 806
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Συνευθειακά με Έγκεντρο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τρί Αύγ 27, 2019 9:38 pm

Μετατρέπουμε το πρόβλημα στο εξής ισοδύναμο:

Έστω κύκλος c και έστω πως εσωτερικά του εφάπτεται ο κύκλος c', στο σημείο S. Στον κύκλο c', θεωρούμε σημεία A, B και έστω πως οι εφαπτόμενες από τα A, B στον c' τέμνουν τον c στα E, F αντίστοιχα και μεταξύ τους στο D. Να αποδειχθεί πως το S, το μέσο του μικρού τόξου EF (έστω M) και το έγκεντρο του τριγώνου DEF είναι συνευθειακά.

Φέρνουμε τους περιγεγραμμένους κύκλους των τριγώνων SAE και SBF και έστω πως τέμνονται στο K. Θα δείξουμε αρχικά πως η SK είναι διχοτόμος της \widehat{ESF}.

Μιας και δεν βρήκα κάτι πιο απλό, εφαρμόζω αντιστροφή με πόλο το S και τυχαία δύναμη.

Ο παραπάνω ισχυρισμός γίνεται:

Έστω S ένα σημείο και 2 παράλληλες ευθείες που δεν διέρχονται από το S, έστω c' και c''. Παίρνουμε δύο σημεία A' και B' πάνω στην c'' και φέρνουμε τους κύκλους που διέρχονται από το S και τα A', B', αντίστοιχα, οι οποίοι εφάπτονται στην c''. Έστω πως αυτοί οι κύκλοι τέμνουν την c' στα E' και F'. Οι A'E' και B'F' τέμνονται στο K'. Να αποδειχθεί πως η SK' είναι διχοτόμος της \widehat{E'SF'}.

Θέλουμε \widehat{E'SK'}=\widehat{F'SK'}, δηλαδή \sin{\widehat{E'SK'}}=\sin{\widehat{F'SK'}}

Από νόμους ημιτόνων παρατηρούμε ότι \dfrac{\sin{\widehat{E'SK'}}}{E'K'}=\dfrac{\sin{\widehat{SE'K'}}}{SK'} και ότι \dfrac{\sin{\widehat{F'SK'}}}{F'K'}=\dfrac{\sin{\widehat{SF'K'}}}{SK'}, οπότε αν διαιρέσουμε κατά μέλη αρκεί να αποδείξουμε ότι:

\dfrac{F'K'}{E'K'}=\dfrac{\sin{\widehat{SE'K'}}}{\sin{\widehat{SF'K'}}}\Leftrightarrow \dfrac{B'F'}{A'E'}=\dfrac{\sin{\widehat{SE'A'}}}{\sin{\widehat{SF'B'}}}, δηλαδή \sin{\widehat{SE'A'}}\cdot A'E'=\sin{\widehat{SF'B'}}\cdot B'F'

Από νόμους ημιτόνων έχουμε \sin{\widehat{SE'A'}}\cdot A'E'= \sin{\widehat{A'SE'}}\cdot A'S και \sin{\widehat{SF'B'}}\cdot B'F'=\sin{\widehat{B'SF'}}\cdot B'S.

Οπότε αρκεί \dfrac{\sin{\widehat{A'SE'}}}{\sin{\widehat{SF'B'}}}=\dfrac{B'S}{A'S}

Όμως \dfrac{\sin{\widehat{A'SE'}}}{\sin{\widehat{SF'B'}}}=\dfrac{\sin{\widehat{K'A'B'}}}{\sin{\widehat{K'B'A'}}}=\dfrac{K'B'}{K'C'}=\dfrac{B'F'}{A'E'}.

Οπότε αρκεί \dfrac{B'S}{A'S}=\dfrac{B'F'}{A'E'}\Leftrightarrow \dfrac{A'E'}{A'S}=\dfrac{B'F'}{B'S}

Έστω πως οι SE' και SF' τέμνουν την A'B' στα P και Q αντίστοιχα.

Ισχύει πως:

\dfrac{A'E'}{A'S}=\sqrt{\dfrac{PE'}{PS}}=\sqrt{\dfrac{QF'}{QS}}=\dfrac{B'F'}{B'S}!

O ισχυρισμός λοιπόν αποδείχθηκε. Πίσω στο πρόβλημα:

Η διχοτόμος SK λοιπόν τέμνει τον κύκλο c στο μέσο του μικρού τόξου EF, δηλαδή στο M.

Θα δείξουμε τώρα πως το K είναι το έγκεντρο του DEF τελειώνοντας την άσκηση:

Έστω πως η SM τέμνει τον c' στο T. Φέρνουμε την εφαπτομένη από το T στον c'. Είναι γνωστό λήμμα πως το τόξο στον c που ορίζει αυτή η εφαπτομένη (έστω ότι τον τέμνει στα U, V) έχει μέσο το M, οπότε αυτή η εφαπτομένη είναι παράλληλη στην EF.

Παρατηρούμε όμως πως \widehat{KED}=\widehat{KEA}=\widehat{KSA}=\widehat{EAT}, οπότε AT//KE.

Έχουμε έτσι πως \widehat{KEF}=\widehat{ATU} (γωνίες με παράλληλες πλευρές) και \widehat{ATU}=\widehat{EAT}=\widehat{KED}, οπότε \widehat{KEF}=\widehat{KED} και έτσι το K ανήκει στην διχοτόμο της \widehat{FED}, όμοια ανήκει στην διχοτόμο της \widehat{EFD} και συνεπώς είναι το έγκεντρο του τριγώνου DEF.


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης