Ομοκυκλικά σημεία

#1

Θεωρούμε τρίγωνο ABC

και ευθεία η οποία διέρχεται από το ορθόκεντρο του και τέμνει τις πλευρές του

και

σε εσωτερικά σημεία

και

, αντίστοιχα, τέτοια ώστε AX=AY

. Έστω

το σημείο τομής των εφαπτομένων στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου AXY

στα σημεία

και

. Να δειχθεί ότι τα σημεία A, B, C, Z

είναι ομοκυκλικά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ορέστης Λιγνός · #2

achilleas έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 26, 2020 1:54 pm
Θεωρούμε τρίγωνο και ευθεία η οποία διέρχεται από το ορθόκεντρο του και τέμνει τις πλευρές του και σε εσωτερικά σημεία και , αντίστοιχα, τέτοια ώστε . Έστω το σημείο τομής των εφαπτομένων στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στα σημεία και . Να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Καταρχήν, είναι προφανές ότι ένα τέτοιο τρίγωνο πρέπει να είναι οξυγώνιο (ώστε τα X,Y

να είναι εσωτερικά των AB,AC

).

WLOG, έστω $\angle C>\angle B$

Είναι, $\angle XBH=90^\circ-\angle A=\angle YCH$ και $\angle HXB=\pi-\angle AXY=\pi - \angle AYX=\angle HYC$ , οπότε τα τρίγωνα $\vartriangle XHB, \vartriangle HYC$ είναι όμοια.

Άρα, $\dfrac{XH}{HY}=\dfrac{XB}{YC}$ (1)

Επαναπροσδιορίζω το σημείο

ως το μέσο του μικρού

τόξου.

Τότε, αρκεί να δείξω ότι οι ZX,ZY

εφάπτονται στον (A,X,Y)

.

Έστω, $\angle XZB=\phi, \angle YZC=\omega$ . Από Ν. Ημιτόνων στα $\vartriangle BXZ, \vartriangle YZC$ προκύπτει :

$\bullet$ $\dfrac{BZ}{\sin \angle BXZ}=\dfrac{BX}{\sin \angle XZB}$ .
$\bullet$ $\dfrac{ZC}{\sin \angle ZYC}=\dfrac{CY}{\sin \angle YZC}$ .

Τα αριστερά μέλη των πιο πάνω είναι ίσα αφού BZ=ZC

και $\angle BXZ=\angle ZYC$ .

Οπότε, $\dfrac{BX}{\sin \angle XZB}=\dfrac{CY}{\sin \angle YZC} \Rightarrow \dfrac{\sin \phi}{\sin \omega}=\dfrac{BX}{CY}=\dfrac{XH}{HY}$ , από την (1).

Όμως, είναι $\dfrac{XH}{HY}=\dfrac{XA}{AY} \dfrac{\sin \angle XAH}{\sin \angle HAY} = \dfrac{\sin (90^\circ-\angle B)}{\sin (90^\circ-\angle C)}$ .

Άρα, $\dfrac{\sin \phi}{\sin \omega}= \dfrac{\sin (90^\circ-\angle B)}{\sin (90^\circ-\angle C)}$ (2).

Επίσης, είναι XZ=ZY

καθώς $\dfrac{ZX}{\sin \angle XBZ}=\dfrac{BZ}{\sin \angle BXZ}=\dfrac{ZC}{\sin \angle ZYC}=\dfrac{ZY}{\sin \angle ZCY} \Rightarrow ZX=ZY$ .

Οπότε, $ZX=ZY,AX=AY \Rightarrow \angle XZA=\angle AZY \Rightarrow \angle C-\phi=\angle B -\omega$ , άρα $\phi=\angle C+\omega-\angle B$ .

Η (2) λοιπόν γράφεται $\dfrac{\sin(\angle C+\omega-\angle B)}{\sin \omega}=\dfrac{\sin (90^\circ-\angle B)}{\sin (90^\circ-\angle C)}$ .

Έστω το αριστερό μέλος της πιο πάνω συνάρτηση

.

Οπότε, έχουμε $f(\omega)=f(90^\circ-\angle C)$ . Η

έχει παράγωγο $\dfrac{\cos(\omega+\angle C-\angle B)\sin \omega-\sin(\omega+\angle C-\angle B)\cos \omega}{\sin ^2 \omega}$ .

Θα δείξω ότι f'<0

ή ότι $\cos(\omega+\angle C-\angle B)\sin \omega-\sin(\omega+\angle C-\angle B)\cos \omega < 0 \Rightarrow \tan(\omega+\angle C- \angle B)>\tan(\omega)$ .
΄
Όμως, είναι $0<\omega<\omega+\angle C-\angle B<\angle AZC+\angle C-\angle B=\angle C<\pi/2$ άρα οι $\omega, \omega+\angle C-\angle B$ ανήκουν στο $(0,\pi/2)$ και αφού η $\tan$ είναι αύξουσα στο διάστημα αυτό, έχουμε ότι f'<0

.

Άρα, η

είναι φθίνουσα, οπότε $f(\omega)=f(90^\circ-\angle C) \Rightarrow \omega=90^\circ-\angle C$ .

Οπότε, $\phi=\angle C+\omega-\angle B=90^\circ-\angle B$ , άρα $\angle XZY=\angle BZC-\phi-\omega=180^\circ-2\angle A$ , και αφού ZX=ZY

, προκύπτει $\angle XZY=\angle XYZ=\angle A$ , δηλαδή οι ZX,ZY

εφάπτονται στον (A,X,Y)

.

Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

: ACHIL2.png (35.51 KiB) Προβλήθηκε 745 φορές

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #3

Καλησπέρα!
Έστω

το συμμετρικό του

ως προς την

, που ως γνωστόν ανήκει στον περίκυκλο του ABC

. Είναι $\widehat{H'XA}=\widehat{AXY}=\widehat{AYX}$ , δηλαδή η H'X

είναι εφαπτόμενη του $\left ( A,X,Y \right )$ στο

, άρα τα

είναι συνευθειακά. Τώρα είναι $\widehat{H'ZA}=90^{\circ}-\widehat{ZXY}=90^{\circ}-\widehat{XAY}=\widehat{ACH'}$ , άρα το

ανήκει στον περίκυκλο του ABC

.

: Ομοκυκλικά σημεία.PNG (61.38 KiB) Προβλήθηκε 728 φορές

#4

Καλησπέρα σας!

Το πρόβλημα αυτό αποτέλεσε το 1ο θέμα του 3ου γύρου της 70ης Πολωνικής Μαθηματικής Ολυμπιάδας (2019).

Οι λύσεις τους- επίσης στα πολωνικά- είναι διαθέσιμες εδώ.

Δείτε, επίσης, λύσεις στο AoPS εδώ.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Ομοκυκλικά σημεία

Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Μέλη σε σύνδεση