mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 09, 2022 1:53 pm**

Σε τρίγωνο ABC

το

είναι το μέσο της πλευράς

, και στην πλευρά

θεωρούμε σημείο

.
Οι ημιευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

. Το σημείο

είναι το μέσο του

.
Η ευθεία

τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο (ABC)

στο σημείο

, διαφορετικό του

.
Να αποδείξετε ότι ο κύκλος (MNS)

εφάπτεται της ευθείας

.

: circ_tang_sid.png (22.74 KiB) Προβλήθηκε 1421 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 09, 2022 3:26 pm**

giannimani έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 09, 2022 1:53 pm
Σε τρίγωνο το είναι το μέσο της πλευράς , και στην πλευρά θεωρούμε σημείο .
Οι ημιευθείες και τέμνονται στο σημείο . Το σημείο είναι το μέσο του .
Η ευθεία τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο στο σημείο , διαφορετικό του .
Να αποδείξετε ότι ο κύκλος εφάπτεται της ευθείας .
circ_tang_sid.png

Καλησπέρα Γιάννη !!!

$\bullet$ Έστω

το δεύτερο (εκτός του

σημείο τομής του κύκλου $\left( M,N,S \right)$ με τον περίκυκλο $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Τότε $\angle PMT\overset{M,N,S,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle NST\equiv \angle AST$ $\overset{A,C,S,T\,\,\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle ACT\overset{A,C,T,B\,\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle XBT\Rightarrow M,P,B,T$

: Κύκλος εφάπτεται πλευράς τριγώνου.png (46.03 KiB) Προβλήθηκε 1383 φορές

ομοκυκλικά και συνεπώς το

είναι το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου APMCQB

(σημείο τομής των δύο από τα τέσσερα τρίγωνά του) και άρα από το

διέρχονται και οι περίκυκλοι των άλλων δύο τριγώνων του $\vartriangle MCQ,\vartriangle APQ$

$\bullet$ Έτσι $\angle TPQ\equiv \angle TPM\overset{M,P,B,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle TBM\equiv \angle TBC:\left( 1 \right)$ και $\angle PQT\equiv \angle MQT\overset{M,C,Q,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle MCT\equiv \angle BCT:\left( 2 \right)$

$\bullet$ Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \vartriangle PTQ\sim \vartriangle BTC$ και συνεπώς $\angle NTP=\angle MTB:\left( 3 \right)$ (γωνίες που σχηματίζουν οι ομόλογοι διάμεσοι TN,TM

των εν λόγω ομοίων τριγώνων με τις ομόλογες πλευρές τους TP,TB

αντίστοιχα)

$\bullet$ Από $\left( 3 \right)\Rightarrow \angle NTM=\angle PTB:\left( 4 \right)$ (αφαίρεση από ίσες γωνίες της ίδιας γωνίας )

Έτσι $\angle NTM\overset{\left( 4 \right)}{\mathop{=}}\,\angle PTB\overset{P,M,T,B\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle PMBB\overset{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu }{\mathop{=}}\,\angle NMC$ , οπότε ο κύκλος $\left( M,N,S,\left( T \right) \right)$ εφάπτεται στην

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 10, 2022 9:56 pm**

Ουσιαστικά η βασική ιδέα της λύσης είναι ίδια με εκείνη του Στάθη. Η διατύπωση είναι διαφορετική.
Εδώ χρησιμοποιείται ο μετασχηματισμός της σπειροειδούς ομοιότητας.

Θεωρούμε τη σπειροειδή ομοιότητα $\Sigma$ (σύνθεση στροφής με ομοιοθεσία, όπου το κέντρο
της στροφής ταυτίζεται με το κέντρο της ομοιοθεσίας) με την οποία $[PQ]\, \leftrightarrow \,[BC]$
(όπου [XY]

το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα σημεία

,

).

Εφόσον $PB \cap QC= A$ , τότε, ως γνωστόν, το κέντρο της $\Sigma$ είναι το δεύτερο σημείο τομής

των κύκλων (APQ)

και

(σημείο Miquel των τεσσάρων ευθειών

,

).

: circ_tang_sid_sol.png (37.78 KiB) Προβλήθηκε 1277 φορές

Είναι φανερό ότι με τη σπειροειδή ομοιότητα $\Sigma$ το μέσο

του

μετασχηματίζεται στο
μέσο

του

, και ο κύκλος (APQ)

στον κύκλο (ABC)

. Αν

το δεύτερο σημείο τομής
της

με τον κύκλο (APQ)

, τότε η $\Sigma$ μετασχηματίζει το

στο

και το

στο

.

Ως εκ τούτου, η ευθεία $NT \equiv AS$ , μετασχηματίζεται στην ευθεία

, που σημαίνει ότι
$\angle NSM=\angle PMB =\angle NKM \quad (1)$ (ως γωνίες που σχηματίζονται μεταξύ των προτύπων και
των αντίστοιχων εικόνων τους με τη ομοιότητα $\Sigma$ ). Από αυτή την ισότητα προκύπτει
ότι ο κύκλος (MNS)

διέρχεται από το σημείο Miquel

. Ο κύκλος (BPM)

διέρχεται επίσης από το
σημείο Miquel

, οπότε $\angle PKB=\angle PMB=\angle CMN\,\quad (2).$

Από (1)

και

προκύπτει ότι $\angle CMN=\angle NSM$ , από την οποία έχουμε το αποδεικτέο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 08, 2023 10:03 pm**

Υπέροχο ! Βάζω μία λύση.

Έχουμε $\displaystyle \frac{\sin \angle MSC}{\sin \angle MSB}^{BM=MC}=\frac{\sin \angle SCB}{\sin \angle SBC}=\frac{\sin \angle PAN}{\sin \angle QAN}^{PN=NQ}=\frac{\sin \angle APQ}{\sin \angle PQA}\left ( 1 \right )$

που σε συνδυασμό με το γεγονός $\angle MSC+\angle MSB=\angle APQ+\angle PQA$ λαμβάνουμε $\angle MSC=\angle APQ.$

Συνεπώς $\angle MSN=\angle MSC-\angle ASC=\angle APQ-\angle ABC=\angle CMN,$ όπως θέλαμε.