Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο

Al.Koutsouridis · #1

Έστω

τυχαίο σημείο του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

με κέντρο το σημείο

και η ευθεία

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Η ευθεία

τέμνει τα τμήματα

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Το σημείο

κατασκευάζεται έτσι, ώστε EG || PC

και

. Έστω

και

τα σημεία τομής του τμήματος

με τα τμήματα

και

αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι ο περιγεγγραμμένος κύκλος του τριγώνου GKH

αφάπτεται του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

.

: efaptomenoi_kukloi_se_trigwno.png (137.06 KiB) Προβλήθηκε 311 φορές

Πηγή: Περιοδικό Κβάντ

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 06, 2024 9:38 pm
Έστω τυχαίο σημείο του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου με κέντρο το σημείο και η ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο . Η ευθεία τέμνει τα τμήματα και στα σημεία και αντίστοιχα. Το σημείο κατασκευάζεται έτσι, ώστε και . Έστω και τα σημεία τομής του τμήματος με τα τμήματα και αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι ο περιγεγγραμμένος κύκλος του τριγώνου αφάπτεται του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου .

efaptomenoi_kukloi_se_trigwno.png

Πηγή: Περιοδικό Κβάντ

Υπόδειξη:

Έστω $R\,\,\kappa \alpha \iota \,\,r$ οι ακτίνες μεγάλου και μικρού κύκλου .

το κέντρο του μικρού.

Η

τέμνει την

στο

που είναι το εσωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας των δύο κύκλων .

Ισχύει : $\boxed{\frac{{MQ}}{{QO}} = \frac{r}{R} \Leftrightarrow \,\,MQ = \frac{r}{R}OQ\,\,\,\left( 1 \right)}$ .

Έστω ότι η

τέμνει το μεγάλο κύκλο κατά σειρά στα $S\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,X$ και τον μικρό με την ίδια σειρά

: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο_ok.png (41.15 KiB) Προβλήθηκε 249 φορές

Στα

και

. Αρκεί να δείξω ότι $QT \cdot QS = {\left( {r + MQ} \right)^2}$
Αλλά αν : Δια του εσωτερικού κέντρου ομοιότητας ,

, δύο κύκλων διέρχεται τυχούσα ευθεία και τους

Τέμνει κατά σειρά στα A,B,C,D

ισχύει : $QA \cdot QC = QB \cdot QD$ .

Θα δοθεί πλήρης λύση αλλά τώρα έχω πρόβλημα να γράψω άλλα.

giannimani · #3

Για το πρώτο μέρος της απόδειξης ακολούθησα την υπόδειξη του περιοδικου ΚΒΑΝΤ.

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς την ευθεία

. Το τετράπλευρο EFGQ

είναι εγγράψιμο,
εφόσον $\angle EQF=\angle EAF=\angle BAC=\angle BPC=\angle EGF$ .
Το τετράπλευρο DEKQ

είναι εγγράψιμο, εφόσον
$\angle EKD=\angle PCB=\angle DAB=\angle DQK$ .

Από τα δύο παραπάνω εγγράψιμα τετράπλευρα προκύπτει ότι το σημείο

είναι
το σημείο Miquel για το τετράπλευρο EFHK

. Επομένως, και ο περιγεγραμμένος
κύκλος $\omega$ του τριγώνου HKG

θα περάσει από το

.

: tangent_circles.png (91.22 KiB) Προβλήθηκε 204 φορές

Απομένει να αποδείξουμε ότι οι κύκλοι $\Omega =(ABC)$ , $\omega$ εφάπτονται στο σημείο

.
Αρχικά, αποδεικνύουμε ότι $\angle BQH=\angle CQK=90^{\circ}$ .
Για τη γωνία BQH

αρκεί $\angle BHQ+\angle HBQ=90^{\circ}$ . Πράγματι, $\angle HBQ=\angle CBQ=\angle CAQ \quad (1)$
και $\angle BHQ=\angle KHQ=\angle KGQ = \angle EGQ= \angle EFQ= \angle AFE \quad (2)$ .
Από τις (1)

και

προκύπτει ότι $\angle BQH=90^{\circ}$ . Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι
$\angle CQK=90^{\circ}$ .

Στη συνέχεια, τα τρίγωνα PBC

και

είναι ομοιόθετα (έχουν τις πλευρές τους παράλληλες)
με κέντρο ομοιοθεσίας το σημείο $R=(PG)\cap (BC)$ . Έστω

το ομοιόθετο του

.
Τότε, $\frac{RC}{RK}=\frac{RN}{RQ}\Rightarrow QK\parallel CN$ . Όμοια, $QH \parallel BN$ .
Εφόσον $QK\parallel CN$ και $QK \bot QC$ , τότε $\angle NCQ=90^{\circ}$ , δηλαδή η

διάμετρος του κύκλου $\Omega$ .

Αυτό σημαίνει ότι τα σημεία

,

και τα κέντρα

,

των κύκλων $\Omega$ , $\omega$ αντίστοιχα,
ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Ως εκ τούτου, η διάκεντρος

των δύο κύκλων είναι κάθετος στη κοινή χορδή των
δύο κύκλων που διέρχεται από το

. Αλλά η διάκεντρος είναι και ακτίνα με άκρο το

τόσο του $\Omega$ όσο και του $\omega$ .
Επομένως, η κοινή χορδή είναι η κοινή εφαπτομένη των δύο κύκλων στο σημείο

.
Αυτό σημαίνει ότι οι δύο κύκλοι εφάπτονται.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 06, 2024 9:38 pm
Έστω τυχαίο σημείο του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου με κέντρο το σημείο και η ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο . Η ευθεία τέμνει τα τμήματα και στα σημεία και αντίστοιχα. Το σημείο κατασκευάζεται έτσι, ώστε και . Έστω και τα σημεία τομής του τμήματος με τα τμήματα και αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι ο περιγεγγραμμένος κύκλος του τριγώνου αφάπτεται του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου .

efaptomenoi_kukloi_se_trigwno.png

Πηγή: Περιοδικό Κβάντ

Επειδή , $\widehat {BAC} = \widehat {BPC} = \widehat {HGK}$ ( παράλληλες πλευρές) ,

τα $\vartriangle PBC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle GHK$ είναι όμοια και θα έχουν τις ομόλογες ακτίνες των κύκλων τους παράλληλες , δηλαδή R = OP//GM = r

.

Συνεπώς η τομή

των

και της διακέντρου

είναι το εσωτερικό κέντρο ομοιότητας τους .

Θα ισχύει έτσι : $\boxed{\dfrac{{MQ}}{{QO}} = \dfrac{r}{R} \Leftrightarrow \,\,MQ = \dfrac{r}{R}OQ\,\,\,\left( 1 \right)}$ .

Τώρα η ευθεία

( διερχομένη δια του

) τέμνει τον μεγάλο κύκλο στα $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,X\,\,\,.$

και με την ίδια φορά τον μικρό κύκλο στα $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Y$ ( το

αντιδιαμετρικό του

δεν ξέρω ακόμα ότι ταυτίζεται με το

) θα ισχύει:

: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο_ok.png (35.18 KiB) Προβλήθηκε 178 φορές

$QT \cdot QS = QX \cdot QY\,\,\,\left( * \right)$ ( βασική ιδιότητα για κάθε ευθεία διερχομένη από το εσωτερικό κέντρο ομοιότητας)

Για να δείξω ότι τα X,Y

ταυτίζονται , αρκεί να δείξω ότι το δεύτερο μέλος της πιο πάνω σχέσης είναι:

$QT \cdot QS = {\left( {r + MQ} \right)^2}$ $\left( 2 \right)$ . Η σχέση $\left( 2 \right)$ λόγω και της $\left( 1 \right)$ ισοδυναμεί :

$\displaystyle \left( {r - MQ} \right) \cdot QS = {\left( {r + MQ} \right)^2} \Leftrightarrow \left( {r - \dfrac{r}{R}QO} \right)QS = {\left( {r + MQ} \right)^2} \Leftrightarrow r\left( {1 - \dfrac{{QO}}{R}} \right) = {\left( {r + MQ} \right)^2} \Leftrightarrow r\dfrac{{R - QO}}{R} = {\left( {r + MQ} \right)^2}$

Δηλαδή : $\dfrac{r}{R}\left( {r + MQ} \right) \cdot QS = {\left( {r + MQ} \right)^2} \Leftrightarrow \dfrac{r}{R} \cdot QS = r + MQ \Leftrightarrow \dfrac{r}{R} = \dfrac{{r + MQ}}{{QS}}$ , η οποία γράφεται:

$\dfrac{r}{R} = \dfrac{{r + MQ}}{{R + QO}} \Leftrightarrow \dfrac{r}{R} = \dfrac{{MQ}}{{QO}}$ η οποία είναι αληθής , συνεπώς και λόγω της $\left( * \right)$ τα $X \equiv Y$ . Αυτό που θέλω.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 06, 2024 9:38 pm
Έστω τυχαίο σημείο του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου με κέντρο το σημείο και η ευθεία τέμνει την ευθεία στο σημείο . Η ευθεία τέμνει τα τμήματα και στα σημεία και αντίστοιχα. Το σημείο κατασκευάζεται έτσι, ώστε και . Έστω και τα σημεία τομής του τμήματος με τα τμήματα και αντίστοιχα. Να αποδείξετε, ότι ο περιγεγγραμμένος κύκλος του τριγώνου αφάπτεται του περιγεγγραμμένου κύκλου του τριγώνου .

efaptomenoi_kukloi_se_trigwno.png

Πηγή: Περιοδικό Κβάντ

Στο πιο πάνω #post3 , έχει δειχθεί ότι οι κύκλοι $\left( {O,R} \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {M,r} \right)$ είναι ομοιόθετοι με εσωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας το

,

λόγο ομοιοθεσίας $\lambda = \dfrac{R}{r}$ και επί πλέον ότι ισχύει: $QT \cdot QS = {\left( {r + MQ} \right)^2}$ .

Αν θεωρήσω πόλο το

και δύναμη αντιστροφής , $\boxed{k = r + MQ}$ η αντιστροφή του κύκλου $\left( {M,r} \right)$ δίδει τον κύκλο $\left( {O,R} \right)$ .

: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο.png (16.27 KiB) Προβλήθηκε 106 φορές

Δείτε σχετικά στο Βιβλίο του Σπύρου Κανέλλου: Ευκλείδειος Γεωμετρία , εκδόσεις Παπαδημητρόπουλου 1970

, σελίδα

.

Σας δίνω το δυναμικό αρχείο ( σε Geogebra

)

Γράφετε τον κύκλο $\left( {Q,r + MQ} \right)$ . Στη συνέχεια από τη συμμετρία σε κύκλο δείχνουμε πρώτα ( με το ποντίκι ) τον $\left( {M,r} \right)$

και μετά τον $\left( {Q,r + MQ} \right)$ και προκύπτει ο $\left( {O,R} \right)$ ( αν τον έχετε πρώτα κρύψει θα επανεμφανιστεί ).

Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο

Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση