Ομορφούλα

simantiris j. · #1

Δίνεται τρίγωνο ABC

με εσωτερική διχοτόμο

( $D\in BC$ ).Η κάθετη στη

από το

τέμνει την εξωτερική διχοτόμο της $\angle A$ στο σημείο

.Ο κύκλος κέντρου

και ακτίνας

τέμνει τις AB,AC

στα

αντίστοιχα.Η

-συμμετροδιάμεσος του τριγώνου AEF

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του ( $\Delta A E F$ ) στο σημείο

.Να αποδειχθεί ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων AEF

και

εφάπτονται.

#2

simantiris j. έγραψε:Δίνεται τρίγωνο με εσωτερική διχοτόμο ( $D\in BC$ ).Η κάθετη στη από το τέμνει την εξωτερική διχοτόμο της $\angle A$ στο σημείο .Ο κύκλος κέντρου και ακτίνας τέμνει τις στα αντίστοιχα.Η -συμμετροδιάμεσος του τριγώνου τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του ( $\Delta A E F$ ) στο σημείο .Να αποδειχθεί ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων και εφάπτονται.

: Ομορφούλα (2).png (110.02 KiB) Προβλήθηκε 1115 φορές

$\bullet$ Σύμφωνα με το i) ερώτημα του θέματος η συμμετροδιάμεσος!που άριστα αντιμετώπισε ο Dement τα σημεία είναι ομοκυκλικά .

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

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

άρα μεσοκάθετη της δηλαδή το $EF \cap IT \equiv M$ είναι το μέσο της 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 της γωνίας $\angle EAF$ και φυσικά και της ίσης της (λόγω εγγραψιμότητας) $\angle EIF$ .

Προφανώς 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 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 το σημείο τομής του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας του $\angle BAC$ .τότε 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 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 (από εσωτερική και εξωτερική διχοτόμο) το αρμονικό συζυγές του ως προς τα που θα ταυτίζεται με το αρμονικό συζυγές του ως προς τα και συνεπώς η διέρχεται από το , 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 .

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 ταυτίζεται με το κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\vartriangle BXC$ .
[attachment=0]Ομορφούλα (2).png[/attachment]
$\bullet$ Έστω η εφαπτόμενη του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle AEF$ (εύκολα φαίνεται ότι θα είναι το μέσο της (δεν μας ενδιαφέρει και πολύ)) και αρκεί να δείξω ότι η 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 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 και αλλού

Ομορφούλα

Ομορφούλα

Re: Ομορφούλα

Μέλη σε σύνδεση