Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου

giannimani · #1

: sym_of_intersec.png (18.89 KiB) Προβλήθηκε 793 φορές

Ένας κύκλος $\Omega$ , που διέρχεται από την κορυφή

και το κέντρο

του περιγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου ABC

, τέμνει τις πλευρές

,

και τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία

,

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το συμμετρικό του σημείου

ως προς την ευθεία

,
ανήκει στην πλευρά

.

#2

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 19, 2021 9:37 pm
sym_of_intersec.pngΈνας κύκλος $\Omega$ , που διέρχεται από την κορυφή και το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου , τέμνει τις πλευρές , και τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία
, και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το συμμετρικό του σημείου ως προς την ευθεία ,
ανήκει στην πλευρά .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Al.Koutsouridis · #3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 19, 2021 10:51 pm

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Έχω μια στοιχειώδη λύση (αν θεωρήσουμε γνωστή την ομοιότητα τριγώνων στην Γ' Γυμνασίου θα μπορούσε (κατ' εμένα) να μπει και στο φάκελο της Α' Λυκείου) για το όμορφο αυτό αποτέλεσμα. Θα αφήσω να το προσπαθήσουν και άλλοι φίλοι (να μην το "κάψουμε" νωρίς) και θα επανέλθω αύριο βραδάκι αν δεν απαντηθεί (ή αν η απάντηση είναι διαφορετική από τη δική μου).

Να είσαι καλά

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#4

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 19, 2021 9:37 pm
sym_of_intersec.pngΈνας κύκλος $\Omega$ , που διέρχεται από την κορυφή και το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου
του τριγώνου , τέμνει τις πλευρές , και τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία
, και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το συμμετρικό του σημείου ως προς την ευθεία ,
ανήκει στην πλευρά .

Επειδή πρέπει να λείψω για 2 μέρες (χωρίς υπολογιστή στις Βρυξέλλες) ας βάλω τη λύση τώρα μετά συγχωρήσεως

Έστω

το σημείο τομής της εκ του

καθέτου προς την

και $N\equiv P{P}'\cap EF,M\equiv PB\cap EO$ . Τότε από $\angle AFP\overset{A,E,F,P\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle PEA$ και $\angle PCF\equiv ACP\overset{A,B,C,P\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle ABP\equiv \angle EBP$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle FPC,\vartriangle EPB$ είναι όμοια και με $\angle AEP\overset{A,E,O,P\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle AOP\overset{\Epsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta -\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{=}}\,2\left( \angle ABP \right)\equiv 2\left( \angle EBP \right)$ προκύπτει ότι το τρίγωνο $\vartriangle EBP$ είναι ισοσκελές (εξωτερική ίση με διπλάσια μιας απέναντι εσωτερικής) και συνεπώς και το τρίγωνο $\vartriangle FPC$ (όμοιο του $\vartriangle EPB$ ) είναι ισοσκελές , άρα $FP=FC:\left( 1 \right)$ .

: Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου.png (53.33 KiB) Προβλήθηκε 688 φορές

Από $OB=OP=R\overset{EP=EB}{\mathop{\Rightarrow }}\,EBOP$ «χαρταετός» και συνεπώς

μεσοκάθετη της

και

διχοτόμος της $\angle BOP$
Από $\angle MOP\equiv \angle EOP\overset{E,O,F,P\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle EFP\equiv \angle NFP\overset{\angle OMP=\angle ONF={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\angle {P}'PF\equiv \angle NPF=\angle MPO\equiv \angle BPO\overset{OB=OP}{\mathop{=}}\,\angle PBO:\left( 2 \right)$
Εύκολα προκύπτει ότι $\angle EBO=\angle {P}'PC:\left( 3 \right)$ (ως άθροισμα (ή διαφορά) ανάλογα το σχήμα ίσων γωνιών)
Επίσης $\angle PC{P}'\equiv \angle PCB\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta -\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta }{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle POB}{2}\overset{\angle EOB=\angle EOP}{\mathop{=}}\,\angle EOB:\left( 4 \right)$
Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right)\Rightarrow \vartriangle P{P}'C\sim \vartriangle BEO\Rightarrow \angle C{P}'P=\angle BEP=$ $\dfrac{\angle BEP}{2}\overset{\angle BEP=\angle CFP\left( \vartriangle BEP=\vartriangle CFP \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle CFP}{2}\overset{FP=FC,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta -\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }{\mathop{\Rightarrow }}\,{P}'$ σημείο του κύκλου $\left( F,FP=FC \right)\Rightarrow FP=F{P}'\overset{FE\bot P{P}'}{\mathop{\Rightarrow }}\,FE$ μεσοκάθετη της P{P}'

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

giannimani · #5

Συμβολίζουμε με $\omega$ τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABC$ . Έστω

το αντιδιαμετρικό του

.
Οι κύκλοι $\omega$ και $\Omega$ τέμνονται στα σημεία

και

.
Δύο ευθείες που διέρχονται από τα

και

τέμνουν τους κύκλους $\Omega$ και $\omega$ στα σημεία

,

και

,

αντίστοιχα. Σύμφωνα με το θεώρημα Reim $OE \parallel LB$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $PBL\,(\angle PBL=90^{\circ})$ προκύπτει ότι $LB \bot BP$ , οπότε και $OE \bot BP$ ,
δηλαδή, η

μεσοκάθετος του

, κι επομένως, $EP=EB \,(1)$ . Όμοια, $FP= FC\,(2)$ .

Τώρα, αν

το συμμετρικό του

ως προς την ευθεία

, τότε

και

(λόγω των (1) και (2) ).

: intersection_of_two_circles_belong _BC.png (36.97 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές

Επομένως, τα τρίγωνα EBP'

και

είναι ισοσκελή με κορυφές τα

,

αντίστοιχα.
Ως εκ τούτου, $\angle EP'B=\angle B\, (3)$ και $\angle FP'C = \angle C\,(4)$ .
Επίσης, από τα ισοσκελή τρίγωνα EPP'

και

έχουμε
$\angle EP'P=\angle EPP'$ και $\angle FP'P=\angle FPP'$ , και με πρόσθεση κατά μέλη (για την περίπτωση του σχήματος)
προκύπτει ότι $\angle EP'F=\angle EPF$ . Αλλά, από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AEFN

στον κύκλο $\Omega$
$\angle EPF= \angle EAF= \angle A\, (5)$ .

Τελικά, $\angle BP'E+ \angle EP'F+\angle FP'P= \angle B+\angle A + \angle C=180^{\circ}$ , δηλαδή,
το σημείο

ανήκει στην πλευρά

.

Θεώρηµα Reim: Οι κύκλοι $\omega_{1}$ , $\omega_{2}$ τέµνονται στα σηµεία M, N, και η ευθεία $\ell_{M}$ διέρχεται από το M,
και τέµνει τους $\omega_{1}$ , $\omega_{2}$ στα σημεία $A_{1}$ , $A_{2}$ αντίστοιχα. Έστω $B_{1}$ , $B_{2}$ σημεία των $\omega_{1}$ , $\omega_{2}$ αντίστοιχα. Τότε,

$A_{1}B_{1} \parallel A_{2}B_{2}$ , αν και μόνο αν, τα σημεία $B_{1}$ ,

, $B_{2}$ ανήκουν στην ίδια ευθεία $\ell_{N}$ .

Al.Koutsouridis · #6

Θα χρησιμοποιήσουμε την παρακάτω κατασκευή (Caratheodory, Theory of functions of a complex variable) καθώς την επεξήγηση που την συνοδεύει, για την εικόνα της ρίζας ενός μιγαδικού αριθμού, ως λήμμα.

Αν μας δίνετε το μοναδιαίο τμήμα

στο μιγαδικό επίπεδο και ένας μιγαδικός

σε αυτό τότε η εικόνα του μιγαδικού $\sqrt{a}$ δίνεται από την τομή του τμήματος

με το κύκλο (M, Ma)

, όπου

το μέσο του τόξου

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου OEa

και

το αντιδιαμετρικό του

ως προς αυτόν το κύκλο.

: Screen Shot 2021-10-20 at 22.57.02.png (113.71 KiB) Προβλήθηκε 614 φορές

Στο προβλημά μας τώρα, εφαρμόζουμε το παραπάνω λήμμα με το μοναδιαίο τμήμα να αντιστοιχεί στην περίπτωσή μας στο

και ο μιγαδικός

στο σημείο

.

Άρα θα έχουμε $\angle KQP=\angle PCF = \dfrac{1}{2} \angle AFP$ , σχέση δηλαδή επίκεντρης εγγεγραμμένης γωνίας. Επομένως $FC=FP=FP^{\prime}$ . Άρα το τρίγωνο $FCP^{\prime}$ είναι ισοσκελές.

Ομοίως, $\angle AEP=\angle AFP = 2 \angle ACP = 2 \angle ABP$ , σχέση επέκεντρης εγγεγραμμένης γωνίας. Επομένως $EB=EP=EP^{\prime}$ . Άρα και το τρίγωνο $EBP^{\prime}$ είναι ισοσκελές.

Εν τέλη, παρατηρούμε ότι

$\angle BP^{\prime}E + \angle EP^{\prime}F+\angle FP^{\prime}C=\angle BP^{\prime}E + \angle EPF+\angle FP^{\prime}C=$
$=\angle BP^{\prime}E + \angle EAF+\angle FP^{\prime}C=\angle B +\angle A+\angle C = 180^0$ .

Άρα το σημείο $P^{\prime}$ ανήκει στην πλευρά

.

: summetriko_shmeio_tomhs_duo_kuklwn.png (40.72 KiB) Προβλήθηκε 614 φορές

Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου

Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου

Re: Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου

Re: Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου

Re: Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου

Re: Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου

Re: Συμμετρικό σημείου τομής δύο κύκλων σε πλευρά τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση