Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία!!

Dimessi · #1

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διχοτόμους AD,BE,CF

που τέμνονται στο σημείο I,H

το

Humpty σημείο του $\vartriangle ABC,$

η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου IDHG.

Η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο (AEF)

στο σημείο

και έστω

η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου EXFP.

Να αποδείξετε ότι ο κύκλος (c_1),

κέντρου

και ακτίνας PX,

και ο κύκλος (c_2),

κέντρου

και ακτίνας GH,

τέμνονται πάνω στην ευθεία AH.

S.E.Louridas · #2

Αν μου επιτρέπει ο εισηγητής του θέματος Δημήτρης θα ήθελα και επειδή τα θέματα αυτά είναι κύρια για απόκτηση επιπλέον γνώσεων,
να κάνω μία παραπομπή για εκείνους τους φίλους που κρίνουν σκόπιμο να ασχοληθούν με το θέμα αυτό:

Γενικά για πληροφορίες για το σημείο αυτό

:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 32h1693635

Dimessi · #3

Βέβαια επιτρέπω και είναι και πολύ όμορφο που παραθέσατε αυτές τις πληροφορίες για να τις βλέπουν και οι μαθητές . Να ξεκαθαρίσουμε ότι προφανώς αυτές οι πληροφορίες δε βοηθούν στο συγκεκριμένο πρόβλημα ως ολότητα.

S.E.Louridas · #4

Dimessi έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 17, 2026 4:45 pm
Βέβαια επιτρέπω και είναι και πολύ όμορφο που παραθέσατε αυτές τις πληροφορίες για να τις βλέπουν και οι μαθητές . Να ξεκαθαρίσουμε ότι προφανώς αυτές οι πληροφορίες δε βοηθούν στο συγκεκριμένο πρόβλημα ως ολότητα.

Συμφωνώ πάνω από 100%. Απλά και για να διεμβρύνουμε το κοινό υπέρ της Ευκλείδειας Γεωμετρίας και για τους συναδέλφους που μόνο στοιχειωδώς την έχουν διδαχθεί, είπα για να μπουν γλυκά σε τέτοια θέματα να δώσω καταρχήν μία σανίδα να εισέρθουν. Σε ευχαριστώ και πάλι ειλικρινά.

ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΤΑΥΡΟΥ · #5

Κάποιες πληροφορίες για τα Humpty και Dumpty σημεία μπορεί να βρει κανείς και ΕΔΩ.

Dimessi · #6

: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία η λύση μου !!.png (89.45 KiB) Προβλήθηκε 39 φορές

$\bullet$ Έστω $J\equiv FP\cap AM,Q_{1}\equiv EP\cap AM,R_{1}\equiv EF\cap AM,Y\equiv \left ( c_{1} \right )\cap \overline{AHM}\left ( Y\not\equiv H \right ),$ $PN\perp \overline{AHM}\left ( N\in AM \right ).$ Είναι $\displaystyle \begin{Bmatrix} \angle FPE\overset{EXFP \pi \alpha \varrho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \varrho \alpha \mu \mu o}=\angle FXE\overset{AFXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=180^\circ-\angle FAE\overset{H\equiv A-\textrm{Humpty of}\vartriangle ABC}=\angle BHC & \\\angle PFE\overset{PF \parallel EX}=\angle FEX\overset{AFXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle FAX\equiv \angle BAM\overset{H\equiv A-\textrm{Humpty of}\vartriangle ABC}=\angle HBC & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow$ $\displaystyle \vartriangle HCB \sim \vartriangle EPF\Rightarrow \boxed{\frac{PF}{FE}=\frac{HB}{BC}}\left ( \ast \right ).$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στο $\displaystyle \vartriangle JR_1F$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{EQ_{1}P}:\frac{ER_{1}}{EF}\cdot \frac{Q_{1}J}{Q_{1}R_{1}}\cdot \frac{PF}{PJ}=1$ $\displaystyle \overset{\left ( \frac{ER_{1}}{EF}=\frac{\left ( b+a \right )c}{2bc+a\left ( b+c \right )} \right )}\Rightarrow \frac{\left ( b+a \right )c}{2bc+a\left ( b+c \right )}\cdot \frac{Q_{1}J}{Q_{1}R_{1}}\cdot \frac{PF}{PJ}=1\overset{^{\left ( \angle R_{1}FJ\equiv \angle EFP\overset{FP\parallel EX}=\angle FEX=\angle FAX\equiv \angle FAR_{1}\Rightarrow R_{1} F^{2}=R_1J\cdot R_{1}A\right)}_{\left ( \angle Q_{1}ER_{1}\equiv \angle Q_{1}EF\overset{PE \parallel FX}=\angle EFX\overset{AFXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}= \angle EAX\equiv \angle EAR_{1}\Rightarrow R_{1}E^{2}=R_{1}Q_{1}\cdot R_{1}A\right )}}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{\left ( b+a \right )c}{2bc+a\left ( b+c \right )}\cdot \left ( \frac{R_1F^2}{R_1E^2}-1 \right )\cdot \frac{PF}{PJ}=1\Rightarrow \boxed{\frac{PJ}{PF}=\frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}}\left ( 2 \right ),$ και από Θεώρημα Stewart στο $\vartriangle AJF$ με τέμνουσα $\displaystyle AP:PF\cdot AJ^{2}+PJ\cdot AF^{2}=\left ( PF+PJ \right )\left ( PA^{2}+PF\cdot PJ \right )\overset{^{\left ( 2 \right )}_{\left ( 1 \right )}}\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left ( R_{1}A-\frac{R_{1}F^{2}}{R_{1}A} \right )^{2}+\frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\cdot AF^{2}=\frac{b\left ( c+a \right )}{\left ( b+a \right )c}\left ( PA^{2}+\frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\cdot \frac{FE^2\cdot HB^{2}}{a^{2}} \right )\left ( 3 \right ),$ κι αφού από Θεώρημα Stewart στο $\vartriangle JFM$ με τέμνουσα $\displaystyle AP:PJ\cdot FM^{2}+PF\cdot JM^{2}=\left ( PJ+PF \right )\left ( PM^{2}+PJ\cdot PF \right )\overset{\left ( 2 \right )}\Leftrightarrow$ $\displaystyle \frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\cdot FM^{2}+JM^{2}=\frac{b\left ( a+c \right )}{\left ( b+a \right )c}\left ( PM^2+\frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\cdot \frac{FE^{2}\cdot HB^{2}}{a^{2}} \right )\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \frac{b\left ( c+a \right )}{\left ( b+a \right )c}\left ( PM^2-PA^2 \right )=$ $\displaystyle \frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\left ( FM^2-FA^2 \right )+\left ( \frac{R_{1}E^{2}}{R_{1}A}+R_{1} M\right )^{2}-\left ( R_{1}A-\frac{R_{1}F^{2}}{R_{1}A} \right )^{2}$ $\displaystyle \Rightarrow -\frac{\left ( b+a \right )c}{b\left ( a+c \right )}\left [ \frac{ab^{2}c^{2}\left ( b-c \right )}{c\left ( b+a \right )^{3}} -\frac{a\left ( b-c \right )\cdot FM^{2}}{\left ( b+a \right )c}-\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^2}{4}-\frac{2AM}{AR_{1}}\left ( R_1F^2-R_1A^2 \right )\right ]$ $\displaystyle \overset{\left ( PY=PX\overset{NY\perp AM}\Rightarrow NY=NX\wedge PM^2-PA^2=NM^2-NA^2=\left ( XM-AY \right )\cdot AM \right )}=AM\left ( XM-AY \right )}(4),$ κι αφού $\displaystyle XM\overset{AFXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=AM-\frac{2bc}{a\left ( b+c \right )+2bc}\cdot \frac{EF^{2}}{2AM}\overset{\left ( 4 \right )}\Rightarrow \displaystyle AY\cdot AM=\displaystyle \frac{\frac{2b^2+2c^2-a^2}{2}a\left ( b+c \right )-\left ( b+a \right )\left ( c+a \right )\cdot EF^{2}}{2\left ( 2bc+a\left ( b+c \right ) \right )}+$ $\displaystyle \frac{\left ( b+a \right )c}{b\left ( a+c \right )}\left [ \frac{ab^{2}c^{2}\left ( b-c \right )}{c\left ( b+a \right )^{3}}-\frac{a\left ( b-c \right )\cdot FM^{2}}{c\left ( b+a \right )}-\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}-\frac{a\left ( b+c \right )+2bc}{bc}\cdot \frac{\left ( c+a \right )^{2}\cdot EF^{2}-c^2\left ( 2b^2+2c^2-a^2 \right )}{\left ( 2bc+a\left ( b+c \right ) \right )^2}\cdot b^2 \right ](5).$ Είναι $\displaystyle \angle AIG\overset{IG\parallel HD}=\angle IDH\overset{H\equiv A-\textrm{Humpty of}\vartriangle ABC}=\frac{\angle A}{2}+\angle B-\left ( \frac{180^\circ-\angle A}{2}+\angle BAM \right )=$ $90^\circ-\left ( \angle C+\angle BAM \right )\Rightarrow \displaystyle \boxed{AG^{2}\overset{ID \parallel =HG}=AI^2+HD^{2}-2AI\cdot HD\cdot \sin \left ( \angle C+\angle BAM \right )}\left ( 6 \right )$ $\displaystyle \wedge \angle GHM=360^\circ-\left ( \angle DHM+\angle DHG \right )\overset{ID \parallel HG}=360^\circ-\left ( \angle DHM+180^\circ-\angle IDH \right )$ $\displaystyle =\angle HMB+\angle HDM+\angle HDI=180^\circ-\angle DAM=180^\circ-\left ( \angle BAM-\frac{\angle A}{2} \right )$ $\displaystyle \Rightarrow GM^2\overset{ID\parallel =HG}=ID^2+HM^2+2ID\cdot HM \cdot \cos \left ( \angle BAM-\frac{\angle A}{2} \right )\overset{^{\vartriangle ABM \sim \vartriangle HMB\wedge \left ( 6 \right )}_{\left ( 5 \right )}}\Rightarrow GM^2-GA^2$ $\displaystyle =\frac{a^2}{4}-AY\cdot AM\overset{H\equiv A-\textrm{Humpty of}\vartriangle ABC}=\left ( HM-AY \right )\cdot AM\overset{GN''\perp AM}\Rightarrow N''M-N''A=HM-AY\Rightarrow$ $N''H=N''Y \overset{GN''\perp \overline{AYHM}}\Rightarrow GH=GY\Rightarrow Y\in \left ( c_{2} \right )\Rightarrow Y\equiv \left ( c_{1} \right )\cap \left ( c_{2} \right ).$

: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία η λύση μου !!.png (89.45 KiB) Προβλήθηκε 39 φορές

Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία!!

Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία!!

Re: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία!!

Re: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία!!

Re: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία!!

Re: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία!!

Re: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία!!

Μέλη σε σύνδεση