Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Dimessi · #1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με έγκυκλο (I)

που εφάπτεται στις πλευρές του BC,CA,AB

στα σημεία D,E,F

αντίστοιχα και

η προβολή του

στην

Η συμμετρική της

ως προς

τέμνει την

στο

οι ευθείες MK,AB

τέμνονται στο

και οι εκ των M,N

κάθετες στις AC,AB

αντίστοιχα, τέμνουν την ευθεία

στα σημεία Q,R

αντίστοιχα. Δείξτε ότι οι ευθείες BR,CQ,KI

συντρέχουν.

Dimessi · #2

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 31, 2026 12:54 am
Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με έγκυκλο που εφάπτεται στις πλευρές του στα σημεία αντίστοιχα και η προβολή του στην Η συμμετρική της ως προς τέμνει την στο οι ευθείες τέμνονται στο και οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα, τέμνουν την ευθεία στα σημεία αντίστοιχα. Δείξτε ότι οι ευθείες συντρέχουν.

Βάζω μία από τις λύσεις μου στο όμορφο πρόβλημα αυτο

: Όμορφη συντρέχεια με έγκυκλο (I) .png (142.03 KiB) Προβλήθηκε 223 φορές

$\bullet$ Έστω $Z\equiv AI\cap FE,J\equiv KI\cap BC,L\equiv KI\cap AB,V\equiv FE\cap BC,P \equiv MK \cap AI.$ Επειδή η σημειοσειρά (V,B,D,C)

είναι αρμονική (αφού $AD \cap BE \cap CF \equiv G''$ στο σημείο Gergonne του $\vartriangle ABC$ ) και $DK \perp KV,$ άρα η

είναι διχοτόμος και η

εξωτερική διχοτόμος στο $\vartriangle BKC.$ Συνεπώς $\displaystyle \angle BKF=\angle CKE\overset{\angle BFK=\angle CEK=90^\circ+\frac{\angle A}{2}}\Rightarrow \vartriangle BKF \sim \vartriangle CEK\Rightarrow \frac{KE}{KF}=\frac{EC}{BF}\overset{\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \alpha \left ( I \right )}=$ $\displaystyle =\frac{DC}{DB}\overset{IE=IF\wedge \angle EIF=180^\circ-\angle A}\Rightarrow \frac{\sin \left ( \angle A+\angle FIL \right )}{\sin \angle FIL}=\frac{a+b-c}{a+c-b}\Leftrightarrow \cot \angle FIL=\frac{2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}{2bc\left ( a+c-b \right )\sin \angle A}\left ( \ast \right ).$ Οπότε $\displaystyle FL=r \tan \angle FIL=\frac{bc\sin \angle A}{b+c+a}\cdot \frac{2bc(a+c-b)\sin \angle A}{2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}=\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )^2\left ( b+c-a \right )}{2\left ( 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right ) \right )},$ και άρα $\displaystyle BL=\frac{a+c-b}{2}\left ( 1+\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )\left ( b+c-a \right )}{2\left [ 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right ) \left ( b^2+c^2-a^2 \right )\right ]} \right )=\frac{a+c-b}{2}\cdot \frac{4bc\left ( a+b+c \right )+2c\left ( a+c-b \right )\left ( a-c \right )}{2\left [ 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right ) \right ]}.$ Έχουμε $\displaystyle \frac{JB}{BL}=\frac{\sin \left ( 90^\circ-\angle FIL \right )}{\sin \left ( 90^\circ-\angle FIL+\angle B \right )}=\frac{\cos \angle FIL}{\cos \left ( \angle FIL-\angle B \right )}=\frac{1}{\cos \angle B+\sin \angle B \tan \angle FIL}\overset{\left ( \ast \right )}=\frac{1}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+\frac{2bc\left ( a+c-b \right )\sin \angle B \sin \angle A}{2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}}=$ $\displaystyle =\frac{1}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+\frac{\left ( a+c-b \right )^2\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2ac\left ( 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right ) \left ( b^2+c^2-a^2 \right )\right )}}\left ( 1 \right ),$ και άρα $\displaystyle \left ( V,B,J,C \right )=\frac{\left ( VB+JB \right )a}{VC\cdot JB}\overset{\frac{VB}{VC}=\frac{DB}{DC}=\frac{a+c-b}{a+b-c}}=\frac{2\left ( b-c \right )}{a+b-c}\left ( \frac{a\left ( a+c-b \right )}{2\left ( b-c \right )JB}+1 \right )\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\left ( V,B,J,C \right )=\frac{a\left ( a+c-b \right )}{\left ( a+b-c \right )\cdot \frac{\left ( a+c-b \right )\left ( 2bc\left ( a+b+c \right )+c\left ( a+c-b \right )\left ( a-c \right ) \right )}{\frac{a^2+c^2-b^2}{ac}\left ( 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )\right)+\frac{\left ( a+c-b \right )^2(a+b-c)\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{ac} }}+\frac{2\left ( b-c \right )}{a+b-c}}\left ( 2 \right ).$ Είναι

διχοτόμος της γωνίας $\angle IKP,$ κι αφού $KZ \perp AI\equiv PI,$ επομένως η

είναι μεσοκάθετη του PI,

κι επειδή και η

είναι μεσοκάθετη του EF,

άρα το τετράπλευρο FIEP

είναι ρόμβος , συνεπώς $FI \parallel EP$ και $EI \parallel FP.$ Είναι $\displaystyle QM \perp AC \overset{IF \perp AC}\Rightarrow QM \parallel IE \parallel FP\overset{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \frac{KF}{KQ}=\frac{KP}{KM}\overset{\left ( FIEP \varrho o\mu \beta o\varsigma \right )}=\frac{KE \sin \angle FEI}{KE \sin \angle FEI+EM \cos \angle A}\left ( 3 \right ),$ και από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle EAZ$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{KPM}:\frac{KZ}{KE}\cdot \frac{PA}{PZ}\cdot \frac{ME}{MA}=1\Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{KZ}{KE}\cdot \frac{AZ-ZI}{ZI}=\frac{KZ}{KE}\cdot \frac{\frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2}}{r \sin \frac{\angle A}{2}}\left ( 4 \right ),$ όπου $\displaystyle \frac{KZ}{KE}=\frac{KE-KF}{2KE}=\frac{DC-DB}{2DC}=\frac{b-c}{a+b-c}\overset{(4)}\Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{b-c}{a+b-c}\cdot \frac{\frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2}}{r \sin \frac{\angle A}{2}}\Rightarrow$
$\displaystyle \frac{EM}{\frac{b+c-a}{2}}=\frac{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}}{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}+\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2} \right )}\overset{(3)\wedge KE=\frac{a+b-c}{a}\left ( \frac{b+c-a}{2} \sin \frac{\angle A}{2}\right )}\Rightarrow$
$\displaystyle \boxed{EQ=\frac{\frac{1}{2}\left ( b+c-a \right )\left ( a+b-c \right )r}{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}+\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r\sin \frac{\angle A}{2} \right )}}\left ( 5 \right ).$ Έχουμε $\displaystyle \frac{NA}{NF}\cdot \frac{ME}{MA}\cdot \frac{KF}{KE}\overset{\Theta .M\epsilon \nu \epsilon \lambda \alpha o\upsilon \vartriangle AEF}=1\Rightarrow$
$\displaystyle \frac{NF}{NA}=\frac{a+c-b}{a+b-c}\cdot \frac{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}}{\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r\sin \frac{\angle A}{2} \right )}=\frac{\left ( a+c-b \right )r\sin \frac{\angle A}{2}}{\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2} \cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2}\right )}\Rightarrow$
$\displaystyle \boxed{\frac{RF}{\frac{b+c-a}{2}}=\frac{\left ( a+c-b \right )r}{\left ( a+c-b \right )r\sin \frac{\angle A}{2}-\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2} \right )}}\left ( 7 \right ),$ και άρα $\displaystyle \left ( V,R,K,Q \right )=\frac{VK\cdot RQ}{RK\cdot VQ}\overset{^{\left ( 5 \right ),}_{\left ( 7 \right )},VE=\frac{a+b-c}{2}\cdot \frac{\sin \angle C}{\cos \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )},KE=\frac{a+b-c}{a}\left ( \frac{b+c-a}{2} \sin \frac{\angle A}{2}\right )_{\left ( 2 \right )}}=\left ( V,B,J,C \right ),$
άρα οι σημειοσειρές (V,R,K,Q),(V,B,J,C)

έχουν ίσους διπλούς λόγους και αφού (B,J,C),(Q,K,R)

συνευθειακές τριάδες με $V \equiv QR \cap BC,$ άρα από το συμπέρασμα του Πάππου οι ευθείες $BR \cap CQ \cap KJ \equiv X,$ δηλαδή $X\equiv BR \cap CQ \cap KI,$ που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

: Όμορφη συντρέχεια με έγκυκλο (I) .png (142.03 KiB) Προβλήθηκε 223 φορές

Dimessi · #3

: Η δεύτερη λύση μου στη συντρέχεια.png (99.99 KiB) Προβλήθηκε 77 φορές

$\bullet$ Έστω $V\equiv FE\cap BC,P\equiv KM\cap AI,L\equiv \overline{NMPK}\cap BC,Z\equiv AI\cap EF\overset{\angle PKZ=\angle ZKI\wedge \angle KZP=90^\circ}\Rightarrow$ $ZP=ZI\overset{\overline{API} \perp EF\perp KD\Rightarrow \overline{API}\parallel KD }\Rightarrow$ η δέσμη K.ZPDI

είναι αρμονική $\overset{V\equiv KZ\cap BC,L\equiv KP\cap BC,D\equiv KD\cap BC,J\equiv KI\cap BC}\Rightarrow$ η σημειοσειρά (V,L,D,J)

είναι αρμονική $\overset{K.VLDJ \alpha \varrho \mu o\nu \iota \kappa \eta _{KD \perp KV}}\Rightarrow \boxed{\angle LKD= \angle DKJ} \left ( 1 \right ).$ Είναι $\displaystyle G\equiv BE\cap CF\cap AD\overset{V\equiv FE\cap BC}\Rightarrow \left ( V,B,D,C \right )=-1\overset{KD \perp KV}\Rightarrow \angle BKD=\angle DKC\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \Rightarrow \angle BKL=\angle JKC\overset{\left ( \Theta .\textrm{Steiner }\vartriangle BKC \right )}\Rightarrow \left ( \frac{KB}{KC} \right )^2=\frac{BL}{LC}\cdot \frac{JB}{JC}\overset{\left ( \Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle BKC \right )}\Rightarrow \boxed{\left ( \frac{DB}{DC} \right )^{2}=\frac{BL}{LC}\cdot \frac{JB}{JC}}\left ( 2 \right ).$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle FAZ$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{NPK}:\frac{NA}{NF}\cdot \frac{PZ}{PA}\cdot \frac{FK}{KZ}=1\overset{\left ( ZP=ZI \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{NA}{NF}\cdot \frac{ZI}{AZ-ZI}\cdot \frac{FK}{KZ}=1}\left ( 3 \right ),$ και αφού $\displaystyle \angle BKF\overset{\left ( \overline{FKE}\epsilon \xi \omega \tau \epsilon \varrho \iota \kappa \eta \delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \angle BKC \right )}=\angle CKE\overset{\angle BFK\overset{AF=AE}=\angle KEC}\Rightarrow \vartriangle BFK \sim \vartriangle EKC\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{KF}{KE}=\frac{BF}{EC}\overset{\left ( \epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \alpha \left ( I \right ) \right )}=\frac{DB}{DC}\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \frac{NA}{NF}\cdot \frac{ZI}{AZ-ZI}\cdot \frac{2DB}{DC-DB}=1\Rightarrow \frac{NF}{NA}=\frac{2ZI\cdot DB}{\left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\frac{AN}{BN}=\frac{AF\cdot \left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}{\left ( DC-DB \right )\left [ AF\left ( AZ-ZI \right )-AB\cdot AZ \right ]+ZI\cdot AB^{2}}}\left ( 4 \right ).$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle AZE$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{KPM}:\frac{KZ}{KE}\cdot \frac{PA}{PZ}\cdot \frac{ME}{MA}=1\overset{\left ( PZ=ZI \right )}\Rightarrow \frac{ME}{MA}=\frac{2DC\cdot ZI}{\left ( DC-DB \right )\left ( AZ-ZI \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \Rightarrow \boxed{\frac{MC}{MA}=\frac{AC\cdot AB\cdot ZI+\left ( DC-DB \right )\left ( EC\cdot AZ+EA\cdot ZI \right )}{EA\cdot \left ( DC-DB \right )\left ( AZ-ZI \right )}}\left ( 5 \right ).$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{NML}:\frac{NA}{NB}\cdot \frac{MC}{MA}\cdot \frac{BL}{LC}=1\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{JB}{JC}=\left ( \frac{DB}{DC} \right )^{2}\cdot \frac{NA}{NB}\cdot \frac{MC}{MA}}\overset{^{\left ( 4 \right )}_{\left ( 5 \right )}}\Rightarrow$ $\overset{^{(4)}_{(5)}} \Rightarrow \boxed{\frac{JB}{JC}=\left ( \frac{DB}{DC} \right )^{2}\cdot \frac{\left ( DC-DB \right )\left ( EC\cdot AZ+EA\cdot ZI \right )+AC\cdot AB\cdot ZI}{ZI\cdot AB^{2}-\left ( DC-DB \right )\left ( FB\cdot AZ+AF\cdot ZI \right )}}\left ( 6 \right ).$
$\bullet$ Έστω $\displaystyle W''\equiv AD\cap EF\overset{\left ( V,B,D,C \right )=-1}\Rightarrow \left ( V,F,W'',E \right )=-1\Rightarrow \frac{VF}{VE}=\frac{W''F}{W''E}\overset{AF=AE}=\frac{DB}{DC}\cdot \frac{AC}{AB}\Rightarrow$ $\Rightarrow \boxed{\frac{VF}{FE}=\frac{DB\cdot AC}{DC\cdot AB-DB\cdot AC}}\left ( 7 \right ),$ και αφού $\displaystyle PE \overset{ZP=ZI\wedge ZE=ZF}\parallel FI\overset{FI \perp AB \perp RN}\parallel RN\overset{X\equiv EP\cap AF\left ( EX \parallel RN \perp AF \right )}\Rightarrow \frac{ER}{FE}\overset{EX \parallel RN \left ( \Theta .\Theta \alpha \lambda \eta \right )}=\frac{NX}{FX}\left ( 8 \right ),$ και επειδή $\displaystyle FX\cdot AF\overset{EZXA\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle EXA=\angle EZA=90^\circ \right )}=FZ\cdot FE\Rightarrow FX=\frac{FE^{2}}{2AF}\wedge AX=\frac{2AF^{2}-FE^{2}}{2AF}\overset{^{\left ( 4 \right )}_{\left ( 8 \right )}}\Rightarrow$ $\displaystyle \overset{^{(4)}_{(8)}} \Rightarrow \boxed{\frac{ER}{FE}=\frac{\frac{2AF^{2}-FE^{2}}{2AF}+\frac{AF\cdot \left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}{ZI\left ( DC+DB \right )-AZ\left ( DC-DB \right )}}{\frac{FE^{2}}{2AF}}}\left ( 9 \right ).$ Έστω $\displaystyle Y\equiv FP\cap AE\overset{FP\parallel EI \perp AC \perp QM \parallel FY}\Rightarrow \boxed{\frac{QF}{FE}=\frac{MY}{YE}\overset{AYZF \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\frac{ME-\frac{EF^2}{2AF}}{\frac{EF^{2}}{2AF}}\overset{\left ( 5 \right )}=\frac{\frac{2AF\cdot DC\cdot ZI}{ZI\cdot AB+AZ\left ( DC-DB \right )}-\frac{EF^{2}}{2AF}}{\frac{EF^{2}}{2AF}}}\left ( 10 \right ).$ Επομένως $\displaystyle \left ( V,R,K,Q \right )=\frac{VK\cdot RQ}{RK\cdot VQ}\overset{^{\left ( 7 \right ),\left ( 9 \right )}_{\left ( 10 \right )}}=\frac{\left ( \frac{DB\cdot AC}{DC\cdot AB-DB\cdot AC}+\frac{DB}{BC} \right )\left ( 1+\frac{\frac{2AF^{2}-FE^{2}}{2AF}+\frac{AF\cdot \left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}{ZI\cdot BC-AZ\left ( DC-DB \right )}}{\frac{FE^{2}}{2AF}}+\frac{\frac{2AF\cdot DC\cdot ZI}{ZI\cdot AB+AZ\left ( DC-DB \right )}-\frac{EF^{2}}{2AF}}{\frac{EF^{2}}{2AF}} \right )}{\left ( \frac{\frac{2AF^{2}-FE^{2}}{2AF}+\frac{AF\cdot \left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}{ZI\cdot BC-AZ\left ( DC-DB \right )}}{\frac{FE^{2}}{2AF}}+\frac{DC}{BC} \right )\left ( \frac{DB\cdot AC}{DC\cdot AB-DB\cdot AC}-\frac{\frac{2AF\cdot DC\cdot ZI}{ZI\cdot AB+AZ\left ( DC-DB \right )}-\frac{EF^{2}}{2AF}}{\frac{EF^{2}}{2AF}} \right )}\overset{\left ( 6 \right )}=$ $\displaystyle \overset{\left ( 6 \right )}=\frac{VJ\cdot BC}{BJ\cdot VC}=\left ( V,B,J,C \right ),$ συνεπώς οι σημειοσειρές (V,R,K,Q),(V,B,J,C)

έχουν ίσους διπλούς λόγους, άρα από το συμπέρασμα του Πάππου οι ευθείες $BR \cap CQ \cap KI\equiv BR \cap CQ \cap KJ \equiv X''.$

: Η δεύτερη λύση μου στη συντρέχεια.png (99.99 KiB) Προβλήθηκε 77 φορές

: Η δεύτερη λύση μου στη συντρέχεια.png (99.99 KiB) Προβλήθηκε 77 φορές

Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Re: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Re: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Μέλη σε σύνδεση