Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

giannimani
Δημοσιεύσεις: 151
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Τρί Απρ 19, 2022 2:32 pm

mix_S.png
mix_S.png (23.4 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές
Έστω κύκλος \alpha που εφάπτεται της πλευράς AC τριγώνου ABC σε σημείο M και του περιγεγραμμένου κύκλου του ABC (το σημείο επαφής στο τόξο AB). Η ευθεία IM, όπου I το έγκεντρο του τριγώνου ABC, τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο \alpha στο σημείο P. Να αποδείξετε ότι η ευθεία BP εφάπτεται του \alpha. Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η παράλληλη από το M της BP εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου \omega του \triangle ABC.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4445
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Μάιος 17, 2022 2:39 pm

giannimani έγραψε:
Τρί Απρ 19, 2022 2:32 pm
mix_S.pngΈστω κύκλος \alpha που εφάπτεται της πλευράς AC τριγώνου ABC σε σημείο M και του περιγεγραμμένου κύκλου του ABC (το σημείο επαφής στο τόξο AB). Η ευθεία IM, όπου I το έγκεντρο του τριγώνου ABC, τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο \alpha στο σημείο P. Να αποδείξετε ότι η ευθεία BP εφάπτεται του \alpha. Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η παράλληλη από το M της BP εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου \omega του \triangle ABC.
\bullet α) Έστω BT Η εφαπτόμενη στον κύκλο \left( K \right) κέντρου K (που εφάπτεται στον περίκυκλο \left( O \right) του τριγώνου \vartriangle ABCστο S και στην πλευρά του AC στο M ) και BQ η διχοτόμος της γωνίας \angle ABC\left( Q\in \left( O \right),Q\ne B \right) (προφανώς το Q είναι το μέσο του τόξου AC που δεν περιέχει το B ) και αρκεί ως ισοδύναμο πρόβλημα να δείξουμε ότι το I\equiv BQ\cap MT να ταυτίζεται με το έγκεντρο του τριγώνου \vartriangle ABC.
Από το βιβλίο ασκήσεων του Sharygin.png
Από το βιβλίο ασκήσεων του Sharygin.png (79.61 KiB) Προβλήθηκε 235 φορές
\bullet
Με KM\parallel ON\left( N\equiv OQ\cap AC \right) (κάθετες στην AC ) και S,K,O συνευθειακά (οι \left( K \right),\left( O \right) εφάπτονται στο S και \dfrac{SK}{KO}=\dfrac{KM}{OQ}=\dfrac{{{R}_{K}}}{{{R}_{O}}}\Rightarrow S,M,Q συνευθειακά.

Από την προφανή ομοιότητα των ισοσκελών (λόγω των ακτινών) τριγώνων \vartriangle SKT,\vartriangle SOP , με P\equiv ST\cap \left( O \right),P\ne S (έχουν μια κοινή γωνία την \angle KST\equiv \angle OSP ) θα είναι \angle STK=\angle SPO\Rightarrow KT\parallel OP\Rightarrow \dfrac{ST}{SP}=\dfrac{SK}{SO}\overset{KM\parallel OQ}{\mathop{=}}\,\dfrac{SM}{SQ}\Rightarrow TM\parallel PQ:\left( 1 \right)
Από το βιβλίο ασκήσεων του Sharygin.png
Από το βιβλίο ασκήσεων του Sharygin.png (79.61 KiB) Προβλήθηκε 235 φορές
\bullet
Από \left( 1 \right)\Rightarrow \angle STI=\angle SPQ\overset{B,S,Q,P\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle SBQ\equiv \angle SBI\Rightarrow S,B,T,I ομοκυκλικά και συνεπώς \angle SIB=\angle STB\overset{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma ...}{\mathop{=}}\,\angle SMT\equiv \angle SMI\Rightarrow IQ εφαπτόμενο τμήμα στον περίκυκλο του τριγώνου \vartriangle SMI\Rightarrow Q{{I}^{2}}=QM\cdot QS:\left( 2 \right) και με \angle MAQ\equiv \angle CAQ=\angle ASQ\equiv \angle ASM (τα τόξα AQ,CQ είναι ίσα από τη διχοτόμο BQ της \angle ABC ) προκύπτει ότι QA εφαπτόμενο τμήμα στον περίκυκλο του τριγώνου \vartriangle SMA\Rightarrow Q{{A}^{2}}=QM\cdot QS\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,Q{{I}^{2}}\Rightarrow QI=QA=QC και συνεπώς (αφού το I είναι σημείο της διχοτόμου της γωνίας \angle ABC θα είναι το έγκεντρο του τριγώνου \vartriangle ABC (γνωστότατη πρόταση ) και το ισοδύναμο του α) ζητουμένου έχει αποδειχθεί .

\bullet β) Έστω ME το δεύτερο (εκτός του MD\left( D\equiv AC\cap \left( I \right) \right) ) εφαπτόμενο τμήμα του \left( I \right) από το M και αρκεί ως ισοδύναμο πρόβλημα να δείξουμε ότι ME\parallel BT .

\bullet Αν L\equiv BT\cap AC τότε LT=LM (εφαπτόμενα τμήματα του \left( K \right)\Rightarrow \angle MTL=\angle LMT\equiv DMI\overset{MD,ME\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( I \right)}{\mathop{=}}\, \angle EMI\equiv \angle EMT\Rightarrow EM\parallel TL\equiv BT (εντός εναλλάξ...) και το ισοδύναμο του β) ζητουμένου έχει αποδειχθεί .

Στάθης

Υ.Σ. Γιάννη θα με ενδιέφερε πολύ να μάθω τη λύση του Συγγραφέα ή κάποια διαφορετική (ίσως δική σου) γιατί ομολογώ ότι η πρόταση με παίδεψε λιγουλάκι


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
giannimani
Δημοσιεύσεις: 151
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Τρί Μάιος 17, 2022 6:40 pm

Συμβολίζουμε με D το σημείο τομής των BP και AC, και \Omega τον περιγεγραμμένο κύκλο του \triangle ABC.
Έστω N το σημείο επαφής του κύκλου \alpha με το τόξο AB του \Omega, E το μέσο του τόξου AC του \Omega.
Η ευθεία BI διέρχεται από το E. Η ευθεία MN διέρχεται από το E (Λήμμα Αρχιμήδη).
Οι γωνίες NBE και NPM είναι ίσες (Οι αντίστοιχες επίκεντρες \angle NOE, \angle NKM στους κύκλους \Omega, \alpha αντίστοιχα,
είναι ίσες, ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων OE και KM που τέμνονται από την NP).
Ως εκ τούτου, προκύπτει ότι τα σημεία N, B, F, P ανήκουν στον ίδιο κύκλο, και επομένως \angle BPN = \angle BIN.
Sharygin.png
Sharygin.png (45.51 KiB) Προβλήθηκε 181 φορές
Επιπλέον, EI = EA (ιδιότητα έγκεντρου τριγώνου). Τα τρίγωνα EMA και EAN είναι όμοια (\angle MEA=\angle NEA, \angle MAE = \angle CAE = \angle ENA).
Επομένως, EM \cdot EN = EA^2 = EI^2. Από αυτό προκύπτει ότι, τα τρίγωνα EIM και ENI είναι όμοια.
Ως εκ τούτου \angle BIN = \angle PMN, από το οποίο προκύπτει η επαφή της BP με τον κύκλο \alpha.

Τώρα, εύκολα αποδεικνύεται ότι η παράλληλη από το M της BD εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου \omega του τριγώνου ABC.
Πράγματι, \angle DPM=\angle DMP (το τρίγωνο DMP ισοσκελές).
Λόγω της παραλληλίας Mx\parallel BD είναι \angle DPM=\angle xMP.
Επομένως, η MP διχοτόμος της γωνίας xMD, και εφόσον ο κύκλος \omega εφάπτεται της MD,
θα εφάπτεται και της Mx.

Υ.Γ. Όπως αναφέρει ο συγγραφέας η μέθοδος απόδειξης είναι του Β. Γ. Προτασόφ (Γνωστός Ρώσος Γεωμέτρης από τα πολλά άρθρα
που έχει συγγράψει για το περιοδικό ΚΒΑΝΤ).


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4445
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Μάιος 17, 2022 8:20 pm

Ευχαριστώ Γιάννη

Απο οτι φαίνεται δεν έχουμε και ουσιαστικές διαφορές με τον Προτασόφ


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