Εφαπτόμενες πανδεσίες 2!

Dimessi · #1

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με ύψος

, ορθόκεντρο

,

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (ABC)

,

οι τομές της

συμμετροδιαμέσου του $\vartriangle ABC$ με την

και τον κύκλο (ABC)

αντίστοιχα,

η τομή της EA'

με την εκ του

παράλληλη στην HA'.

Δείξτε ότι η

εφάπτεται στον κύκλο (ADT).

Dimessi · #2

Βάζω τη λύση μου

: Επαφή από τομές!.png (95.45 KiB) Προβλήθηκε 390 φορές

$\bullet$ Έστω $Z\equiv AE'\cap \left ( O \right )\left ( Z\not\equiv A \right ),N$ το μέσο του $AT,W\equiv \left ( DTC \right )\cap AT\left ( W\not\equiv T \right ),R\equiv CW\cap AZ,Q\equiv AZ\cap BC.$ Είναι $\boxed{\angle AZX\overset{X\in ZA'}= \pi -\angle AZA'\overset{(AA'\delta \iota \alpha \mu \epsilon \tau \varrho o\varsigma \left ( O \right ))}=90^\circ}(1)$ και $\displaystyle XD \parallel HMA'\left ( M\equiv HA'\cap BC\wedge MB=MC \right )\overset{(\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta )}\Rightarrow \frac{XE}{EA'}=\frac{DE}{EM}\overset{EZ \cdot EA'\overset{ZBA'C \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=EB \cdot EC}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{EX\cdot EZ=\frac{DE}{EM}\cdot EB\cdot EC}\left ( 2 \right ).$ Ακόμη $\displaystyle EN\cdot EA\overset{NA=NT}=\left ( \frac{AT}{2}-ET \right )\cdot EA=\frac{EA^{2}-Pow\left ( E,\left ( O \right ) \right )}{2}=\frac{EA^{2}-EB\cdot EC}{2}=$ $\displaystyle \overset{\textrm{Stewart}\vartriangle ABC}=\frac{b^2c^2}{b^2+c^2}-EB\cdot EC\left ( 3 \right ).$ Αφού $\displaystyle EB\cdot EC\cdot \frac{DM}{EM}=\frac{a^2b^2c^2}{\left ( b^2+c^2 \right )^2}\cdot \frac{b^2+c^2}{a^2}=\frac{b^2c^2}{b^2+c^2}\overset{^{\left ( 2 \right )}_{\left ( 3 \right )}}\Rightarrow EX\cdot EZ=EN\cdot EA,$ άρα AXZN

εγγράψιμο και συνεπώς $\angle XNA=\angle XZA\overset{(1)}=90^\circ\overset{NA=NT}\Rightarrow \boxed{XT=XA}\left ( 4 \right ).$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο $\vartriangle EAQ$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{CWR}:\frac{CE}{CQ}\cdot \frac{WA}{WE}\cdot \frac{RQ}{RA}=1 \left ( 5 \right )$ και $\displaystyle \left.\begin{matrix} EW\cdot ET\overset{DTCW \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=ED\cdot EC & \\EA\cdot ET\overset{ABTC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=EB\cdot EC & \\ \end{matrix}\right\}\Rightarrow \frac{EW}{EA}=\frac{ED}{EB}\Rightarrow \frac{WA}{WE}=\frac{DB}{ED}\overset{(5)}\Rightarrow \boxed{\frac{CE}{CQ}\cdot \frac{DB}{ED}\cdot \frac{RQ}{RA}=1 }(6).$ Ακόμη $\displaystyle \frac{RA}{RQ}\overset{(6)}=\frac{CE\cdot DB}{CQ\cdot ED}\Rightarrow \frac{AR}{AQ}=\frac{CE\cdot DB}{CE\cdot DB+CQ\cdot ED} \Rightarrow$ $\displaystyle AR\cdot AZ=\frac{CE\cdot DB}{CE\cdot DB+CQ\cdot ED}\cdot \left ( QA^{2}-QZ\cdot QA \right )\overset{AZBC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=$
$\displaystyle = \frac{CE\cdot DB}{CE\cdot DB+CQ\cdot ED}\cdot \left ( QA^{2}-QB\cdot QC \right )=\frac{CE\cdot DB}{CE\cdot DB+CQ\cdot ED}\left ( QC^{2}+CA^{2}-2CQ\cdot DC-QC\left ( QC-BC \right ) \right )=$
$\displaystyle =\frac{CE\cdot DB}{CE\cdot DB+CQ\cdot ED}\left ( CA^{2}+CQ\left ( DB-DC \right ) \right )\left ( \ast \right ).$
Έχουμε

$\displaystyle AW\cdot AN\overset{NA=NT}=\frac{AW\cdot AT}{2}=\frac{AE\cdot AT}{2}\cdot \frac{\left ( b^2+c^2 \right )\left ( a^2+c^2-b^2 \right )}{2a^2c^2}\overset{\textrm{Stewart}\vartriangle ABC \wedge \left ( AE\cdot ET+AE^2=AE^2+EB\cdot EC \right )}$ $\displaystyle =\frac{b^2(a^2+c^2-b^2)}{2a^2}\left ( 7 \right ).$
Επειδή $\displaystyle \angle QAB\equiv \angle ZAB\overset{AZBA'\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle ZA'B\equiv \angle EA'B\Rightarrow \frac{c}{QB}=\sin \angle B \cot \angle EA'B-\cos \angle B\left ( \ast \ast \right ).$
Όμως $\displaystyle \sin \angle A\cot \angle EA'B+\cos \angle A=\frac{EC}{EB}\cdot \frac{A'B}{A'C}=\frac{b^2\cos \angle C}{c^2\cos \angle B }\Leftrightarrow \sin \angle A \cot \angle EA'B=\frac{b^2\cos \angle C-c^2\cos \angle B \cos \angle A}{c^2\cos \angle B}$
$\displaystyle \overset{\left ( \ast \ast \right )}\Rightarrow \frac{c}{QB}=\frac{b}{a}\cdot \frac{b^2\cos \angle C-c^2\cos \angle B \cos \angle A}{c^2\cos \angle B}-\cos \angle B\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow AR \cdot AZ=\frac{b^2(a^2+c^2-b^2)}{2a^2}\overset{\left ( 7 \right )}=$ $AW \cdot AN,$ άρα το τετράπλευρο RZNW

είναι εγγράψιμο και συνεπώς $\angle TDC\overset{TDWC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle TWC\overset{(\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\varrho \upsilon \phi \eta \nu )}=\angle RWA\overset{RZNW \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle AZN\overset{AXZN \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=$ $\angle AXN\overset{(4)}=90^\circ-\angle ATX ,$ επομένως $\angle TDA=180^\circ-\angle ATX\Rightarrow \angle ATX=\angle DTA+\angle DAT\Rightarrow \angle DTX=\angle DAT,$ οπότε η ευθεία

εφάπτεται του κύκλου (ADT).

: Επαφή από τομές!.png (95.45 KiB) Προβλήθηκε 390 φορές

∫ot.T. · #3

Δημήτρη, συγγνώμη που μιλάω χωρίς να έχω διαβάσει την λύση σου αλλά απ' όσο ασχολήθηκα βλέπω ότι η

δεν εφάπτεται στον (ADT)

. Συγκεκριμένα βγάζω ότι $DT\cap HA' \in (ABC)$ το οποίο θα δώσει $\angle XTD =\angle DAM$ όπου

το μέσο της

.

Αυτό αποκλείει την ισότητα $\angle XTD = \angle DAT$ που θες για το ζητούμενο. Επίσης έκανα το σχήμα στο geogebra και βλέπω δεύτερο σημείο τομής της

με τον κύκλο (ADT)

.

Edit: Έχεις δίκιο! Όπως γράφεις από κάτω θεώρησα ότι $XT\parallel HA'$ και όχι $XD\parallel HA'$ .

Dimessi · #4

Σωτήρη δεν έχεις ορίσει σωστά το X από βιασύνη.
Λες ότι $DT \cap HA' \in (ABC).$ Ορθόν.
Λες ότι θα δώσει $\angle XTD=\angle DAM.$
Εδώ είναι το σφάλμα. Έχεις $\angle DAM=\angle DAC-\angle MAC=\angle BAA'-\angle BAT=\angle TAA'=\angle TLA',$ όπου $L\equiv DT\cap HA'.$
Εσύ όμως για να οδηγηθεις στο συμπέρασμα $\angle XTD=\angle DAM,$ σημαίνει πως θεωρησες πως $XT \parallel HA',$ κάτι που δεν είναι αληθές αφού εξ υποθέσεως $XD \parallel HA'$ και όχι XT.

Εφαπτόμενες πανδεσίες 2!

Εφαπτόμενες πανδεσίες 2!

Re: Εφαπτόμενες πανδεσίες 2!

Re: Εφαπτόμενες πανδεσίες 2!

Re: Εφαπτόμενες πανδεσίες 2!

Μέλη σε σύνδεση