Σταθερό άθροισμα τμημάτων από ορθογωνιότητα κύκλων.

#1

Δανεισμένη από το διαδίκτυο μία πρόταση σε διασκευή.

Δίνονται δύο κύκλοι $(K),\ (L)$ τεμνόμενοι ορθογωνίως και έστω μία κοινή εφαπτομένη τους με $B\in (K).$ Φέρνουμε τις εφαπτόμενες $BD,\ CE$ των κύκλων $(L),\ (K)$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $A\equiv BD\cap CE.$ Αποδείξτε ότι

: Σταθερό άθροισμα τμημάτων από ορθογωνιότητα κύκλων.; f=181_t=75510.PNG (33.17 KiB) Προβλήθηκε 288 φορές

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Είναι προφανές ότι στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ του σχήματος, ισχύει $AB + AC = 3(BC)\ \ \ ,(1)$ . Αποδεικνύεται ότι αληθεύει και η αντίστροφη πρόταση. Εάν σε ένα δοσμένο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ ισχύει η (1)

τότε οι κύκλοι έστω $(K),\ (L)$ που εφάπτονται των πλευρών των γωνιών $\angle C,\ \angle B,$ στα σημεία $B,\ C$ αντιστοίχως, τέμνονται ορθογωνίως.

giannimani · #2

Έστω

το έγκεντρο του $\triangle ABC$ ,

ο σημείο επαφής της

με τον κύκλο (I)

.
Έστω επίσης

, $R_{1}$ , $R_{2}$ οι ακτίνες των κύκλων (I)

,

αντίστοιχα, και $R_{1} < R_{2}$ .
Από την υπόθεση, προφανώς, BD=CE=BC

.

: orthog_circles_const_sum.png (53.51 KiB) Προβλήθηκε 182 φορές

Η ομοιοθεσία κέντρου

και λόγου $\frac{BI}{BL}$ μετασχηματίζει τον κύκλο (L)

στον εγγεγραμμένο κύκλο (I)

.
Λόγω αυτής της ομοιοθεσίας το σημείο

(σημείο επαφής της

με τον

) θα μετασχηματιστεί στο

(σημείο επαφής της

με τον

).Δηλαδή, $\frac{BI}{BL}=\frac{BD'}{BD}$ .
Αλλά, $\frac{BD'}{BD}= \frac{\tau-b}{a} \quad (1)$ (όπου

,

οι πλευρές του τριγώνου και $\tau$ η ημιπερίμετρός του).
Ως εκ τούτου $\frac{BI}{BL}=\frac{\tau-b}{a} \quad (2)$
Η ομοιοθεσία κέντρου

και λόγου $\frac{CI}{CK}$ μετασχηματίζει τον κύκλο (K)

στον εγγεγραμμένο κύκλο (I)

.
Όμοια, όπως παραπάνω, $\frac{CE'}{CE} =\frac{CI}{CK}= \frac{\tau-c}{a} \quad (3)$ , όπου

το σημείο επαφής της

με τον

.
Από την ομοιότητα των ορθογώνιων τριγώνων BIZ

και

έχουμε $\frac{BI}{BL}=\frac{IZ}{LC}=\frac{r}{R_{2}} \Rightarrow \frac{\tau-b}{a}=\frac{r}{R_{2}} \Rightarrow R_{2}=\frac{ra}{\tau-b} \quad (4)$
Επίσης από την ομοιότητα των ορθογώνιων τριγώνων CIZ

και

έχουμε $\frac{CI}{CK}=\frac{IZ}{KB}=\frac{r}{R_{1}} \Rightarrow \frac{\tau-c}{a} =\frac{r}{R_{1}} \Rightarrow R_{1}=\frac{ra}{\tau-c} \quad (5)$
Από το

φέρουμε παράλληλο της

που τέμνει την

στο

. Από το ορθογώνιο τρίγωνο KHL

:
$KL^2=KH^2+HL^2 \Rightarrow KL^2=BC^2+HL^2 \Rightarrow R_{1}^2+R_{2}^2= a^2+(R_{2}-R_{1})^2 \Rightarrow \,\cdots \,$
$\Rightarrow a^2=2R_{1}R_{2} \quad (6)$ (οι κύκλοι (K)

,

είναι ορθογώνιοι).
Η ισότητα (6)

λόγω των

και

γίνεται
$a^2=2\frac{ra}{\tau-c}\cdot\frac{ra}{\tau-b}\Rightarrow a^2(\tau-c)(\tau-b)=2r^{2}a^{2} \Rightarrow (\tau-c)(\tau-b)= 2\frac{\tau(\tau-a)(\tau-b)(\tau-c)}{\tau^2}$
$\Rightarrow \cdots \,\Rightarrow b+c=3a$ ,
δηλαδή, $AB+AC=3BC \Rightarrow AD+DB+AE+EC=3BC \Rightarrow AD+AE +2BC=3BC$
$\Rightarrow AD+AE=BC$ .

Σταθερό άθροισμα τμημάτων από ορθογωνιότητα κύκλων.

Σταθερό άθροισμα τμημάτων από ορθογωνιότητα κύκλων.

Re: Σταθερό άθροισμα τμημάτων από ορθογωνιότητα κύκλων.

Μέλη σε σύνδεση