Τομή κύκλων σε ευθεία

#1

: Τομή κύκλων σε ευθεία.png (22.57 KiB) Προβλήθηκε 1884 φορές

Έστω τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα και ας είναι $\left( I \right)\cap AD=G,G\ne D$ , με τον εγγεγραμμένο κύκλο . Να δειχθεί ότι το δεύτερο (εκτός του ) σημείο τομής των περίκυκλων των τριγώνων $\vartriangle GDC,\vartriangle DEM$ ανήκει στην , με το μέσο της

#2

Επαναφορά

giannisd · #3

Καλή χρονιά στο

!

Λίγη θεωρία πρώτα, που δεν νομίζω ότι είναι τόσο γνωστή για να παραλειφθεί.
Αν έχουμε δύο κύκλους $\gamma$ και $\omega$ και

σημείο του επιπέδου, τότε η συνάρτηση $f(X) = pow(X, \gamma) - pow(X, \omega)$ είναι γραμμική, όπου pow(X, c) = XO^2 - R^2

η δύναμη σημείου, με

το κέντρο του κύκλου

και

την ακτίνα του. Η απόδειξη είναι απλώς πράξεις (φεύγουν οι όροι υψωμένοι στο τετράγωνο από τις εξισώσεις των κύκλων και μένουν μόνο γραμμικοί όροι).

Αυτό πρακτικά σημαίνει ότι για ένα σημείο της ευθείας

, έστω

, όπου $t=\dfrac{AC}{AB}$ (προσανατολισμένος λόγος), ισχύει f(C)=(1-t)f(A)+tf(B)

.

Στην άσκηση τώρα.
Έστω $\gamma$ ο (CDG)

και $\omega$ ο (DEM)

και $f(X) = pow(X, \gamma) - pow(X, \omega)$ . Τότε θέλουμε να αποδείξουμε ότι f(F)=0

, οπότε το

θα ανήκει στον ριζικό άξονα των κύκλων που είναι και το ζητούμενο.

Το

ανήκει στον ριζικό άξονα του $\gamma$ και του εγγεγραμμένου κύκλου και ο $\omega$ τέμνει το

στο μέσο του

(πράγματι

, δηλαδή το DEML

είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε $L\in \omega$ ).

Επομένως, αν

η ημιπερίμετρος:
$\displaystyle pow(A, \gamma) = pow(A, (I)) = AF^2 = (s-a)^2$
$\displaystyle pow(A, \omega) = AE \cdot AM = (s-a)\left(s-a+\dfrac{1}{2}(s-c)\right) =(s-a)^2+ \dfrac{1}{2}(s-a)(s-c)$
$\displaystyle pow(B, \gamma) = BD\cdot BC = a(s-b)$
$\displaystyle pow(B, \omega) = BD\cdot BL =(s-b)\left(s-b+\dfrac{1}{2}(s-c)\right)= \dfrac{1}{2}(s-b)(s+a-b)$

Άρα $f(A) = -\dfrac{1}{2}(s-a)(s-c)$ και $f(B)=\dfrac{1}{2}(s-b)(s-c)$ . Τότε
$\displaystyle f(F) = \dfrac{CB}{AB}f(A) + \dfrac{AC}{AB}f(B) = \dfrac{s-b}{c}f(A) + \dfrac{s-a}{c}f(B)=0$
οπότε τελειώσαμε $\blacksquare$ .

(Επίσης για χάρη της αναζήτησης η τεχνική λέγεται "γραμμικότητα της δύναμης σημείου".)

Dimessi · #4

$\bullet$ Σήμερα, όπως και προχθές, έχω όρεξη να διαλύσω αναπάντητα δύσκολα προβλήματα

: Η πολική είναι ο ριζικός άξονας!.png (54.13 KiB) Προβλήθηκε 752 φορές

$\bullet$ Η ευθεία

επανατέμνει τον έγκυκλο (I)

του $\vartriangle ABC$ στο σημείο

Από το Θεώρημα του Pascal στο εκφυλισμένο και εγγεγραμμένο στον (I)

εξάγωνο

τα σημεία $A\equiv FF\cap EE,X\equiv FS\cap ED,W\equiv FD\cap ES$ είναι συνευθειακά

Με $L\equiv FE\cap DS,$ η ευθεία

είναι η πολική του

ως προς τον (I)

και αφού

εφαπτόμενα τμήματα στον (I),

η ευθεία

είναι η πολική του

ως προς τον (I),

άρα το σημείο $X\in ED$ ανήκει στην πολική του

άρα από το Θεώρημα του La Hire και το

ανήκει στην πολική του

ως προς τον (I),

επομένως τα σημεία W,C,L

είναι συνευθειακά

Από το Θεώρημα του Pascal στο εκφυλισμένο και εγγεγραμμένο στον (I)

εξάγωνο

τα σημεία $A\equiv FF\cap GD,X\equiv FS\cap DE,Y\equiv SG\equiv CG\cap FE$ είναι συνευθειακά $\overset{X\in AW } \Rightarrow$ τα σημεία A,Y,X,W

είναι συνευθειακά

Με $U\equiv CF\cap DL,Y'\equiv WU\cap FE,$ από το πλήρες τετράπλευρο DWCUFL,

έχουμε ότι η ευθεία

διέρχεται από το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα E,F

και επειδή AF,AE

εφαπτόμενα τμήματα στον (I),

η ευθεία

είναι η πολική του

ως προς τον (I),

άρα το τετράπλευρο GFDE

είναι αρμονικό, επομένως και η δέσμη S.DEGF

είναι αρμονική και αφού οι ακτίνες της δέσμης τέμνουν την ευθεία

στα σημεία L,E,Y,F,

άρα η σημειοσειρά $\left ( L,E,Y,F \right )$ είναι αρμονική, άρα $Y' \equiv Y \Rightarrow$ τα σημεία W,U,Y

είναι συνευθειακά $\overset{X,Y\in AW} \Rightarrow$ τα σημεία A,Y,X,U,W

είναι συνευθειακά

Επομένως, και η σημεισοσειρά $\left ( Y,X,U,W \right )$ είναι αρμονική, οπότε με $Z\equiv \left ( GDC \right )\cap FD,G\neq D,Q\equiv FE\cap CZ,$ και η δέσμη F.QSCZ

είναι αρμονική και αφού $\displaystyle \angle GSF\overset{G,S\in \left ( I \right )}=\angle GDF \overset{Z\in FD}\equiv \angle GDZ \overset{Z\in \left ( GDC \right )} =\angle GCZ\equiv \angle GCQ\Rightarrow \overline{CZQ}\parallel FS,$ άρα το

είναι το μέσο του

$\overset{MC=ME }\Rightarrow ZM\parallel EQ \Rightarrow \angle EMZ=\angle AEF \overset{^{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma}_{\sigma \tau o\nu \left ( I \right )} }=\angle EDF\equiv \angle EDZ,$ άρα τα σημεία D,M,E,Z

είναι ομοκυκλικά και άρα το δεύτερο σημείο τομής $Z\neq D$ των κύκλων $\left ( GDC \right ),\left ( DEM \right )$ ανήκει στην ευθεία FD.

: Η πολική είναι ο ριζικός άξονας!.png (54.13 KiB) Προβλήθηκε 752 φορές

Υ.Γ Ομολογώ ότι δεν γνώριζα την θεωρία που παραθέτει ο giannisd . Πρώτη φορά τη βλέπω αυτή την με σημείο του επιπέδου Η αρμονική διαίρεση στο πλήρες τετράπλευρο έχει συζητηθεί και εδώ στο στη Περσινή Γεωμετρία του Ευκλείδη Γ Λυκείου .

Τομή κύκλων σε ευθεία

Τομή κύκλων σε ευθεία

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία

Μέλη σε σύνδεση