Σημείο S Πρόβλημα Ι

∫ot.T. · #1

Έστω τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο στον κύκλο (O)

και περιγεγραμμένο στον (I)

. Έστω

το μέσο τησ

και

το μέσο του τόξου

που δεν περιέχει το

. Ο κύκλος (MNI)

τέμνει ξανά τον (O)

στο

και την

στο

. Έστω

τα σημεία τομής της

με τις

,

αντίστοιχα και έστω

το σημείο τομής του (O)

με την

. Αν

είναι το κέντρο του κύκλου (XYZ)

να αποδειχθεί ότι $AT \perp KT$

Dimessi · #2

Πανέμορφο πρόβλημα

: Όμορφη άσκηση από Σωτο!.png (49.36 KiB) Προβλήθηκε 1643 φορές

$\bullet$ Έστω $Q\equiv IM\cap AB,X''\equiv IM\cap AC,R\equiv AI\cap BC.$
Είναι
$\displaystyle \left.\begin{matrix} \angle AIQ \overset{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\varrho \upsilon \phi \eta \nu }=\angle NIM \overset{SIMN \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle MSN\equiv \angle CSN & \\ \angle IAQ=\displaystyle\frac{\angle BAC}{2}=\angle SCN & \\ \end{matrix}\right\} \Rightarrow \vartriangle SCN \sim \vartriangle QAI$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{SC}{CN}=\frac{AI}{AQ}.$
$\bullet$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο $\vartriangle ARB$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{MIQ}:$ $\displaystyle \frac{MR}{MB}\cdot \frac{AI}{IR}\cdot \frac{QB}{QA}=1 \overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle ARB}\Rightarrow \frac{MR}{MB}\cdot \frac{AB}{BR}\cdot \frac{QB}{QA}=1.$
$\displaystyle \frac{MR}{BR}=\frac{MB}{BR}-1=\frac{\frac{1}{2}a}{\frac{ac}{b+c}}-1=\frac{b-c}{2c}\Rightarrow \frac{QA}{QB}=\frac{c}{\frac{1}{2}a}\cdot \frac{b-c}{2c}=\frac{b-c}{a}\Rightarrow AQ=\frac{c\left ( b-c \right )}{b-c+a}.$
$\displaystyle CN\cdot AI=\frac{a}{2 \cos \frac{A}{2}}\cdot \frac{b+c-a}{2\cos\frac{A}{2}}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\left ( b+c-a \right )}{1+\cos \angle A}=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\left ( b+c-a \right )}{1+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}}= \frac{abc}{b+c+a}.$
$\displaystyle SC=\frac{\displaystyle \frac{abc}{a+b+c}}{\displaystyle \frac{c\left ( b-c \right )}{b-c+a}}=\frac{ab\left ( b-c+a \right )}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )}.$
$\bullet$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο $\vartriangle ARB$ με διατέμνουσα $\overline{SXI}:$
$\displaystyle \frac{SB}{SR}\cdot \frac{AX}{XB}\cdot \frac{IR}{AI}=1\Rightarrow \frac{XB}{AX}=\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{ab\left ( b-c+a \right )}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )}-a}{\displaystyle \frac{ab\left ( b-c+a \right )}{\left ( b-c \right )\left ( a+b+c \right )}-\frac{ab}{b+c}}\cdot \frac{a}{b+c}=\frac{a-b+c}{2b} \left (\ast \right).$
$\bullet$ Από την $\left (\ast \right)$ συμπεραίνουμε ότι το

είναι το σημείο επαφής του A-Mixtilinear incircle του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με την πλευρά AB.

Αφού η ευθεία

διέρχεται από το σημείο επαφής του A-Mixtilinear incircle του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με την πλευρά AC,

έπεται πως το

είναι το σημείο επαφής του A-Mixtilinear incircle του $\vartriangle ABC$ με την πλευρά AC.

$\bullet$
Είναι
$\displaystyle \left.\begin{matrix} \angle QAX'' \equiv \angle BAX'' \overset{ABZC\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle BZC & \\\angle ZBC \overset{BZNC\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=180^\circ-\angle ZNC \overset{\vartriangle SCN \sim \vartriangle QAI}=180^\circ-\angle AQI=\angle X''QA & \\ \end{matrix}\right\}$ $\Rightarrow \vartriangle QAX''\sim \vartriangle BZC.$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{ZB}{ZC}=\frac{AQ}{AX''}=\frac{\displaystyle \frac{c\left ( b-c \right )}{b-c+a}}{AX''}\left ( 1 \right ).$
$\bullet$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα $\overline{X''QM}:$
$\displaystyle \frac{AX''}{X''C}\cdot \frac{QB}{QA}\cdot \frac{MC}{MB}=1 \overset{MC=MB}\Rightarrow \frac{AX''}{X''C}=\frac{b-c}{a}\Rightarrow \frac{AX''}{b}=\frac{b-c}{a-b+c}\overset{(1)}\Rightarrow \frac{ZB}{ZC}=\frac{c\left ( a-b+c \right )}{b\left ( b-c+a \right )}\left ( \ast \ast \right ).$
$\bullet$ Από την $\left (\ast \ast \right)$ συμπεραίνουμε ότι το

είναι το σημείο επαφής του A-Mixtilinear incircle του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τον κύκλο (O).

Άρα, ο κύκλος (XYZ)

είναι ο A-Mixtilinear incircle του τριγώνου $\vartriangle ABC,$ συνεπώς το κέντρο του

θα είναι το μέσο του AN,

υπό την προϋπόθεση μετρικής σχέσης f(a,b,c),

μεταξύ των πλευρών a,b,c

του τριγώνου $\vartriangle {ABC}.$
$\displaystyle f\left ( a,b,c \right ):\frac{2AI}{\cos ^{2}\frac{\angle A}{2}}=AI+IN\Leftrightarrow \frac{4abc}{\left ( b+c+a \right )\left ( 1+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc} \right )}=\frac{abc}{b+c+a}+\frac{a^{2}}{2\left ( 1+\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc} \right )}.$
$AX\overset{ \epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \alpha \left ( XYZ \right )}=AY\overset{KX=KY}\Rightarrow \angle BAK=\angle KAC\Rightarrow K\in \overline{AIN}.$

: Όμορφη άσκηση από Σωτο!.png (49.36 KiB) Προβλήθηκε 1643 φορές

$\bullet$ Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας $\sqrt {AB \cdot AC}.$ Η καθετότητα $AT \perp TK$ ανάγεται στο λήμμα που είχα αποδείξει εδώ στο σημείο που εφαρμόζω δεύτερη αντιστροφή. viewtopic.php?f=58&t=75230&p=363912#p363912

που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$
Λήμμα (του οποίου η απόδειξη βρίσκεται στο σύνδεσμο που παρέθεσα): Τρίγωνο $\vartriangle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O)

και περιγεγραμμένο σε κύκλο (I).

Αν $L \equiv AI \cap (O), L \neq A$ και $F \equiv LD \cap (O), F \neq L,$ όπου

το σημείο επαφής του (I)

με την πλευρά BC,

να αποδείξετε ότι $\angle AFI=90^\circ.$

: Όμορφη άσκηση από Σωτο!.png (49.36 KiB) Προβλήθηκε 1643 φορές

Σημείο S Πρόβλημα Ι

Σημείο S Πρόβλημα Ι

Re: Σημείο S Πρόβλημα Ι

Μέλη σε σύνδεση