Εφαπτόμενοι Κύκλοι

giannimani · #1

: probl4.png (53.59 KiB) Προβλήθηκε 1062 φορές

Στις ίσες πλευρές

,

και στη βάση

ενός ισοσκελούς τριγώνου ABC

,
θεωρούμε αντίστοιχα τα σημεία

,

και

έτσι ώστε το AMDK

να είναι παραλληλόγραμμο.
Συμβολίζουμε με

το κοινό σημείο των ευθειών

και

, και έστω

,

τα σημεία στα οποία
η κάθετος της

στο

, τέμνει τις

,

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος $(\gamma_{1})$ κέντρου

και ακτίνας

, εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου $(\gamma_{2})$ του τριγώνου AXY

.

#2

giannimani έγραψε: ↑
Δευ Απρ 09, 2018 11:41 am
probl4.pngΣτις ίσες πλευρές , και στη βάση ενός ισοσκελούς τριγώνου , θεωρούμε αντίστοιχα τα σημεία , και έτσι ώστε το να είναι παραλληλόγραμμο. Συμβολίζουμε με το κοινό σημείο των ευθειών και , και έστω , τα σημεία στα οποία
η κάθετος της στο , τέμνει τις , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος $(\gamma_{1})$ κέντρου και ακτίνας , εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου $(\gamma_{2})$ του τριγώνου .

Γιάννη καλησπέρα. Ας δούμε μια απόδειξη (μάλλον μπελαλίδικη , αλλά και μάλλον πρωτοεμφανιζόμενη

Έστω το κέντρου του παραλληλογράμμου και ας είναι $F,Q\,\,\And \,\,S,H$ οι ορθές προβολές των στις ευθείες αντίστοιχα και οι ορθές προβολές του στις ευθείες αντίστοιχα και το μέσο της διακέντρου των εν λόγω κύκλων.

Τότε από το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ και την κάθετη στην στο σημείο προκύπτει ότι το τρίγωνο $\vartriangle AXY$ είναι ισοσκελές και συνεπώς $AT\parallel BC\equiv DL$ .

Με το μέσο της $AD\mathop \Rightarrow \limits^{OQ\parallel DQ',OH\parallel DH'} Q,H$ τα μέσα των αντίστοιχα. Και προφανώς (από τα αποστήματα) τα μέσα των (χορδών του $\left( T \right)$ ) αντίστοιχα.

Είναι $FQ = FA + AQ = \dfrac{{AX}}{2} + \dfrac{{AQ'}}{2} = \dfrac{{XQ'}}{2}:\left( 1 \right)$ και ομοίως $SH = AH - AS = \dfrac{{AH'}}{2} - \dfrac{{AY}}{2} = \dfrac{{YH'}}{2}:\left( 2 \right)$ .

Προφανώς (από τα μέσα των πλευρών των τριγώνων $\vartriangle AD{Q}',\vartriangle AD{H}'$ προκύπτει ότι $OQ=\dfrac{D{Q}'}{2},OH=\dfrac{D{H}'}{2}:\left( 3 \right)$ .

: Εφαπτόμενοι κύκλοι..png (32.96 KiB) Προβλήθηκε 1000 φορές

Από την προφανή ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle ADH',XDQ'$ $\left( {\angle H' = \angle Q' = {{90}^0},\angle DYH' = \angle XYA = \angle DXQ'} \right)$

θα ισχύει : $\dfrac{{SH}}{{FQ}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \dfrac{{YH'}}{{XQ'}} = \dfrac{{DH'}}{{DQ'}}\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} \dfrac{{OH}}{{OQ}}:\left( 4 \right)$ .

Με το μέσο (λόγω του παραλληλογράμμου) και της $MK \Rightarrow \left( {AOM} \right) = \left( {AOK} \right) \Rightarrow$ $\dfrac{{OH}}{{OQ}} = \dfrac{{AM}}{{AK}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \dfrac{{SH}}{{FQ}} = \dfrac{{AM}}{{AK}}:\left( 5 \right)$

Από την σχέση $\left( 5 \right)$ σύμφωνα με το https://www.cut-the-knot.org/m/Geometry ... tras.shtml προκύπτει ότι $TO \bot MK \equiv OL\mathop \Rightarrow \limits^{W\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,TL} OW = \dfrac{{TL}}{2}:\left( 6 \right)$ .

Από τη διάμεσο του τραπεζίου προκύπτει ότι $OW = \dfrac{{AT + DL}}{2} = \dfrac{{{R_T} + {R_L}}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right)}$ ${R_T} + {R_L} = TL$

$\Rightarrow \left( T \right),\left( L \right)$ εφάπτονται εξωτερικά (η διάκεντρός τους ισούται με το άθροισμα των ακτινών τους) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

S.E.Louridas · #3

giannimani έγραψε: ↑
Δευ Απρ 09, 2018 11:41 am
probl4.pngΣτις ίσες πλευρές , και στη βάση ενός ισοσκελούς τριγώνου ,
θεωρούμε αντίστοιχα τα σημεία , και έτσι ώστε το να είναι παραλληλόγραμμο.
Συμβολίζουμε με το κοινό σημείο των ευθειών και , και έστω , τα σημεία στα οποία
η κάθετος της στο , τέμνει τις , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος $(\gamma_{1})$ κέντρου
και ακτίνας , εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου $(\gamma_{2})$ του τριγώνου .

Θα εργαστούμε εκτός των δεδομένων του κύκλου $\left( {{Y_1}} \right)$ και της ευθείας ML,

δημιουργώντας αντίστοιχα μεγέθη που θα ταυτιστούν τελικά, λόγω του ότι ορίζεται μονοσήμαντα το σημείο $M\;(AM=KD),$ με αυτά.
Είναι καθαρό, λόγω της ορθής γωνίας $\angle CDY = {90^ \circ }$ και της ισότητας KD=KC

, ότι το

είναι μέσο της YC.

Με διάμετρο το

γράφουμε κύκλο που τέμνει τον (Y_2)

στο

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (Y_2)

και το ύψος

του ισοσκελούς τριγώνου $ABC\;(AB=AC).$ Τότε, $\angle AFD = \angle AFY + \angle YFD = \angle AXY + \angle ACE = \angle EAC + \angle ACE = {90^ \circ }.$ Αυτό σημαίνει ότι τα σημεία D,F,{A{'}}

είναι συνευθειακά. Έστω

η τομή των ημιευθειών AF,BC

και

η τομή των ημιευθειών OF,BC,

όπου

το κέντρο του κύκλου $\ (Y_2).$ Ο κύκλος $({L_1}, DV/2)$ είναι εφαπτόμενος στον κύκλο (Y_2).

Η ${L_1}K$ είναι μεσοκάθετη του

και τέμνει την

στο

. Επομένως $K{M_1}\parallel AF,$ ως κάθετες στην ευθεία

και βέβαια KD=KF.

Παρατηρούμε ότι $\angle KFA = \angle KFY + \angle YFA = \angle KYF + \angle YXA = \angle CEF +$ $\angle AXD = \angle EAF + \angle {M_1}AE = \angle {M_1}AF.$
Συνεπώς $DK=KF={M_1}A.$ Τελικά ${M_1} \equiv M$ και ${L_1} \equiv L.$ Εδώ το πρόβλημα έχει λυθεί.

(*) Χρησιμοποιήθηκε και ότι το τετράπλευρο AEDF

είναι εγγράψιμο.

: aqwe.png (18.77 KiB) Προβλήθηκε 982 φορές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

giannimani έγραψε: ↑
Δευ Απρ 09, 2018 11:41 am
probl4.pngΣτις ίσες πλευρές , και στη βάση ενός ισοσκελούς τριγώνου ,
θεωρούμε αντίστοιχα τα σημεία , και έτσι ώστε το να είναι παραλληλόγραμμο.
Συμβολίζουμε με το κοινό σημείο των ευθειών και , και έστω , τα σημεία στα οποία
η κάθετος της στο , τέμνει τις , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος $(\gamma_{1})$ κέντρου
και ακτίνας , εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου $(\gamma_{2})$ του τριγώνου .

Εναλλακτικά:

Αρχικά θα αποδείξουμε πως το μήκος της εφαπτομένης από το

στον κύκλο Y_1

είναι ίσο με

.

Αν αυτό το μήκος είναι

, τότε από δύναμη σημείου ξέρουμε πως x^2=AL^2-LD^2

. Άρα αρκεί AL^2-LD^2=AC^2

.

Από θεώρημα Θαλή παρατηρούμε πως:

$\dfrac{DC}{CL}=\dfrac{MK}{KL}$ και πως $\dfrac{MK}{KL}=\dfrac{BD}{DL}$ .

Επομένως έχουμε πως:

$\dfrac{DC}{CL}=\dfrac{BD}{DL}\Rightarrow \dfrac{DC}{CL}+1=\dfrac{BD}{DL}+1\Rightarrow \dfrac{DL}{CL}=\dfrac{BL}{DL}\Rightarrow DL^2=CL\cdot BL$ (1).

Εφαρμόζουμε νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ACL

.

Έχουμε πως:

$AL^2=AC^2+CL^2-2AC\cdot CL \cdot \cos{\widehat{ACL}}=AC^2+CL^2+2AC\cdot CL\cdot \cos{\widehat{ACB}}\Rightarrow$

$\Rightarrow AL^2-AC^2=CL^2+2AC\cdot CL\cdot \cos{\widehat{ACB}}$ .

Αρκεί λοιπόν $LD^2=CL^2+2AC\cdot CL\cdot \cos{\widehat{ACB}}$ , δηλαδή από την (1) αρκεί $CL\cdot BL=CL^2+2AC\cdot CL\cdot \cos{\widehat{ACB}}\Leftrightarrow BL=CL+2AC\cdot \cos{\widehat{ACB}}\Leftrightarrow BC=2AC\cdot \cos{\widehat{ACB}}$ .

Αν θεωρήσουμε

το μέσο του

τότε θα πρέπει $\dfrac{BC}{2}=AC\cdot \cos{\widehat{ACB}}\Leftrightarrow BE=AC\cdot \cos{\widehat{ACB}}$ που ισχύει λόγω του ότι το τρίγωνο AEC

είναι ορθογώνιο.

Πράγματι λοιπόν η εφαπτόμενη από το

στον κύκλο Y_1

έχει μήκος

(2).

Θα εφαρμόσουμε το αντίστροφο του θεωρήματος Casey

(νομίζω πως υπάρχει).

Θα αποδείξουμε ότι ο κύκλος Y_2

εφάπτεται στην τετράδα κύκλων A, X, Y_1, Y

, όπου οι κύκλοι A, X, Y

είναι μοναδιαία σημεία!

Ας ονομάσουμε αυτούς τους κύκλους για ευκολία a, b, c, d

αντίστοιχα.

Ο κύκλος Y_2

εφάπτεται στους κύκλους a, b, d

, άρα αρκεί να ικανοποιείται η συνθήκη casey

για να εφάπτεται και με τον

.

Αν $t_{ij}$ είναι το μήκος της κοινής εφαπτομένης από τους κύκλους i, j

, τότε πρέπει:

$t_{ab}\cdot t_{cd}+t_{bc}\cdot t_{ad}=t_{ac}\cdot t_{bd}$ .

Ξέρουμε πως $t_{ab}=AX$ , $t_{cd}=YD$ , $t_{bc}=XD$ , $t_{ad}=AY$ , $t_{ac}=AC$ (από την (2)), $t_{bd}=XY$ .

Επομένως αρκεί να αποδειχθεί πως:

$AX\cdot YD+XD\cdot AY=AC\cdot XY$ (3)

Τα ορθογώνια τρίγωνα XBD

και

είναι όμοια αφού έχουν μια οξεία γωνία ίση. Άρα εύκολα προκύπτει πως $\widehat{AXY}=\widehat{AYX}$ , δηλαδή το τρίγωνο XAY

είναι ισοσκελές, με AX=AY

.

Αντικαθιστώντας στην (3) έχουμε πως:

$AY\cdot YD+AY\cdot XD=AC\cdot XY\Leftrightarrow 2AY\cdot YD+AY\cdot XY=AY\cdot XY+YC\cdot XY\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow 2AY\cdot YD=YC\cdot XY$ .

Έστω

το μέσο του

. Θέλουμε να αποδείξουμε πως:

$AY\cdot YD=YC\cdot \dfrac{XY}{2}\Leftrightarrow AY\cdot YD=YC\cdot YF\Leftrightarrow \dfrac{YD}{YF}=\dfrac{YC}{AY}$ που ισχύει από θεώρημα Θαλή λόγω των παράλληλων ευθειών

και

.

Συνεπώς αποδείξαμε την (3) και το ζητούμενο έπεται.

Το σχήμα θα το ανεβάσω μάλλον αργότερα...

giannimani · #5

: orth_tang.png (83.47 KiB) Προβλήθηκε 842 φορές

Έστω $(\omega)$ ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\vartriangle ABC$ με κέντρο το

που ανήκει στο ύψος $AA_{1}$
αυτού του τριγώνου. Τότε,
$\angle BAA_{1}= \angle AXY$ (εντός εκτός επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων $AA_{1}$ ,

που τέμνονται από την

),
$\angle BAA_{1} = \angle A_{1}AY$ (το ύψος $AA_{1}$ του ισοσκελούς τριγώνου είναι και διχοτόμος).
Επομένως, $\angle A_{1}AY=\angle AXY$ , δηλαδή, η ακτίνα

του κύκλου $(\omega)$ εφάπτεται του κύκλου $(\gamma_{2})$ ,
οπότε οι δύο κύκλοι είναι ορθογώνιοι, και έστω

το δεύτερο κοινό τους σημείο.
Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα AXEY

και

έχουμε
$\angle XBE=\angle ABE=\angle ACE = \angle YCE$ και
$\angle BXE = \angle AXE= \angle CYE$ ,
οπότε $\vartriangle EBX \sim \vartriangle ECY \; \Rightarrow \frac{EB}{EC}=\frac{XB}{YC}\qquad(1)$
Από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων BDX

και

έχουμε $\frac{BD}{CD}=\frac{XB}{YC}\qquad(2)$
Από (1)

και

έχουμε ότι $\frac{EB}{EC}=\frac{BD}{CD}$ , δηλαδή η

διχοτόμος της γωνίας BEC

.
Στη συνέχεια, θα αποδείξουμε ότι και ο κύκλοι $(\gamma_{1})$ και $(\omega)$ είναι επίσης ορθογώνιοι.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι $LD^2=LC \cdot LB$ [αν δύο σημεία ένός κύκλου (εδώ τα

,

του $(\omega)$ ) είναι αντίστροφα
ως προς έναν άλλο κύκλο (εδώ του $(\gamma_{1})$ ), τότε οι δύο κύκλοι είναι ορθογώνιοι].

Από την παραλληλία $DK\parallel AB$ έχουμε $\frac{LD}{LB}= \frac{LK}{LM}\qquad(3)$
Από την παραλληλία $AC\parallel MD$ έχουμε $\frac{LC}{LD}= \frac{LK}{LM}\qquad(4)$
Εφόσον τα δεύτερα μέλη των (3)

,

είναι ίσα, τότε $\frac{LD}{LB}=\frac{LC}{LD} \Rightarrow LD^2=LC \cdot LB$ .
Αν τώρα,

το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας

με τον κύκλο $(\gamma_{1})$ , τότε (BCDF)=-1

, και εφόσον
η

διχοτόμος της γωνίας BEC

, τότε ο κύκλος $(\gamma_{1})$ είναι ένας Απολλώνιος κύκλος, δηλαδή, είναι
ο γεωμετρικός τόπος των σημείων των οποίων ο λόγος των αποστάσεων από τα

και

είναι $\frac{BD}{CD}$ ,
οπότε λόγω της (1)

το σημείο

ανήκει στον κύκλο $(\gamma_{1})$ .
Τώρα το ζητούμενο είναι προφανές, εφόσον οι τρεις κύκλοι διέρχονται από το σημείο

, και οι
$(\gamma_{1})$ , $(\gamma_{2})$ ορθογώνιοι του $(\omega)$ , δηλαδή $QE \bot OE$ (

το κέντρο του $(\gamma_{2})$ ), $LE \bot OE$ .

ΥΓ. Το πρόβλημα αυτό δόθηκε στο διαγωνισμό (τελικό γύρο) που διενεργείται στη Ρωσία προς τιμή του I.F. Sharygin το 2017.
Η παραπάνω λύση είναι περίπου όμοια με την επίσημη υπόδειξη - λύση της επιτροπής. Απλώς, εδώ δεν χρησιμοποιείται ο μετασχηματισμός της σπειροειδούς ομοιότητας.

Εφαπτόμενοι Κύκλοι

Εφαπτόμενοι Κύκλοι

Re: Εφαπτόμενοι Κύκλοι

Re: Εφαπτόμενοι Κύκλοι

Re: Εφαπτόμενοι Κύκλοι

Re: Εφαπτόμενοι Κύκλοι

Μέλη σε σύνδεση