Ομορφούλα

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

simantiris j.
Δημοσιεύσεις: 247
Εγγραφή: Σάβ Ιαν 18, 2014 5:07 pm

Ομορφούλα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από simantiris j. » Παρ Δεκ 16, 2016 12:06 pm

Δίνεται τρίγωνο ABC με εσωτερική διχοτόμο AD (D\in BC).Η κάθετη στη BC από το D τέμνει την εξωτερική διχοτόμο της \angle A στο σημείο I.Ο κύκλος κέντρου I και ακτίνας ID τέμνει τις AB,AC στα E,F αντίστοιχα.Η A-συμμετροδιάμεσος του τριγώνου AEF τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του (\Delta A E F) στο σημείο X.Να αποδειχθεί ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων AEF και BXC εφάπτονται.


Σημαντήρης Γιάννης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4036
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ομορφούλα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Μαρ 28, 2017 9:19 pm

simantiris j. έγραψε:Δίνεται τρίγωνο ABC με εσωτερική διχοτόμο AD (D\in BC).Η κάθετη στη BC από το D τέμνει την εξωτερική διχοτόμο της \angle A στο σημείο I.Ο κύκλος κέντρου I και ακτίνας ID τέμνει τις AB,AC στα E,F αντίστοιχα.Η A-συμμετροδιάμεσος του τριγώνου AEF τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του (\Delta A E F) στο σημείο X.Να αποδειχθεί ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων AEF και BXC εφάπτονται.
Ομορφούλα (2).png
Ομορφούλα (2).png (110.02 KiB) Προβλήθηκε 867 φορές
\bullet Σύμφωνα με το i) ερώτημα του θέματος η συμμετροδιάμεσος!που άριστα αντιμετώπισε ο Dement τα σημεία A,I,F,E είναι ομοκυκλικά .

Επειδή (ως γνωστό) η A - συμμετροδιάμεσος του τριγώνου \vartriangle AEF διέρχεται από το σημείο τομής T των εφαπτομένων του περίκυκλου του τριγώνου

\vartriangle AEF (δηλαδή του \left( {A,I,F,E} \right)) και με IE = IF = ID προκύπτει ότι το τετράπλευρο IETF είναι "χαρταετός",

άρα IT μεσοκάθετη της EF δηλαδή το EF \cap IT \equiv M είναι το μέσο της EF και έστω IT \cap \left( {I,A,E,F} \right) \equiv Y \equiv AD \cap \left( {I,A,E,F} \right),Y \ne I

από τη διχοτόμο AD της γωνίας \angle EAF και φυσικά και της ίσης της (λόγω εγγραψιμότητας) \angle EIF .

Προφανώς AY είναι διάμετρος του κύκλου \left( A,I,F,Y,X,E \right) (αφού AI\bot AY (γωνία εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου)), και συνεπώς \boxed{\angle YAI = \angle YXI = {{90}^0}}:\left( 1 \right).

Αν Q\equiv AY\cap EF τότε τα τετράπλευρα AINQ,XYQN είναι εγγράψιμα σε κύκλους (αφού \angle QAI=\angle QNI=\angle QXY={{90}^{0}} ).

Ετσι \angle QIY \equiv \angle QIN\mathop  = \limits^{Q,A,I,N\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle QAN \equiv \angle YAN \mathop  = \limits^{AQ\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle XAN\,\,(\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho o\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o)} \angle XAY\mathop  = \limits^{A,I,Y,X\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle XIY

\Rightarrow I,Q,X συνευθειακά.
[attachment=1]Ομορφούλα (2).png[/attachment]
\bullet Έστω K το σημείο τομής του περίκυκλου του τριγώνου \vartriangle ABC με την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας του \angle BAC .τότε KL διάμετρος του περίκυκλου αυτού με L\equiv \left( A,B,C \right)\cap AD,L\ne A (αφού AK\bot AL από τις διχοτόμους (εσωτερική και εξωτερική)). Οι QN,AI,XY είναι οι ριζικοί άξονες των ζευγών των κύκλων \left( A,Q,N,I \right)-\left( X,Q,N,Y \right),\left( A,Q,N,I \right)-\left( A,X,Y,I \right),\left( X,Q,N,Y \right)-\left( A,X,Y,I \right) και συνεπώς QN\cap AI\cap XY\equiv S που είναι από την αρμονική δέσμη A.FQES (από εσωτερική και εξωτερική διχοτόμο) το αρμονικό συζυγές του Q ως προς τα E,F που θα ταυτίζεται με το αρμονικό συζυγές του D ως προς τα B,C και συνεπώς η BC διέρχεται από το S , άρα S\equiv KA\cap FE\cap BC\cap XY .
Επειδή \angle INS=\angle IDS=\angle IXS={{90}^{0}}\Rightarrow I,N,D,X,S σημεία κύκλου διαμέτρου KS .

Ετσι \angle BDX \equiv \angle SDX = \angle SIX \equiv \angle AIX \mathop  = \limits^{A,I,X,B\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle EBX \Rightarrow E,D,X,B ομοκυκλικά

και με \angle BDX = \angle BEX\mathop  = \limits^{I,E,X,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle IFX \Rightarrow D,F,C,X ομοκυκλικά.

Είναι \angle BXC = \angle BXD + \angle DXC \mathop  = \limits^{B,E,D,X\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha .X.D.F.C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle AED + \angle AFD\mathop  = \limits^{IE = ED = IF} {90^0} - \dfrac{{\angle BID}}{2} + {90^0} - \dfrac{{\angle DIF}}{2}

= {180^0} - \dfrac{{\angle BIF}}{2}\mathop  = \limits^{\left( {A,I,F,E} \right),\left( {A,K,C,B} \right)\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \varepsilon \varsigma \,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \delta \varepsilon \varsigma } \ldots {180^0} - \dfrac{{\angle BKC}}{2}\mathop  \Rightarrow \limits^{KB = KC} X

σημείο του κύκλου \left( K,KB=KC \right) , οπότε το K ταυτίζεται με το κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου \vartriangle BXC .
[attachment=0]Ομορφούλα (2).png[/attachment]
\bullet Έστω PX η εφαπτόμενη του περίκυκλου του τριγώνου \vartriangle AEF (εύκολα φαίνεται ότι P θα είναι το μέσο της SQ (δεν μας ενδιαφέρει και πολύ)) και αρκεί να δείξω ότι η PX εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου \vartriangle BXC

Είναι \angle BXP = \angle EXP - \angle EXB \mathop  = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( {A,E,X,Y,F,I} \right),B,E,D,X\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }

\angle EFX - \angle EDB\mathop  = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( I \right)} \angle EFX - \angle EFD = \angle DFX

\mathop  = \limits^{D,F,C,X\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle DCX \equiv \angle BCX \mathop  \Rightarrow \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\left( K \right)} PX εφαπτόμενη και στον κύκλο \left( B,X,C \right)\equiv \left( K \right) .

Δηλαδή οι περίκυκλοι των τριγώνων \vartriangle AEF,\vartriangle BXC δέχονται στο κοινό τους σημείο X κοινή εφαπτόμενη και συνεπώς εφάπτονται και μεταξύ τους και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης

Υ.Σ. Με παίδεψε αυτή η πρόταση αρκετά!. Μετά τη λύση της γίνεται φανερό ότι εύκολα απαντώνται και όλα τα "παιδιά που γέννησε" στη διαδρομή της και γυρνάνε "ορφανά" εδώ και εκεί στο :logo: και αλλού :D
Συνημμένα
Ομορφούλα (2).png
Ομορφούλα (2).png (110.02 KiB) Προβλήθηκε 867 φορές
Ομορφούλα (2).png
Ομορφούλα (2).png (110.02 KiB) Προβλήθηκε 867 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης