mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 15, 2017 9:52 pm**

: 2.png (17.02 KiB) Προβλήθηκε 627 φορές

Δίνονται οι κύκλοι $C_{1}, C_{2}$ οι οποίοι εφάπτονται εσωτερικά στο

και η
κοινή τους εφαπτομένη στο σημείο αυτό. Από σημείο

της εφαπτομένης αυτής
φέρνω εφαπτομένες προς τους $C_{1}, C_{2}$ και ονομάζω $\Gamma$ και $\Delta$ τα σημεία
επαφής αντίστοιχα. Η $A\Gamma$ και η $\Delta \Gamma$ τέμνουν τον $C_{2}$ στα E, Z

αντιστοίχως.
Δείξτε ότι τα E, Z

είναι διαμετρικά σημεία του $C_{2}$ και ότι $B\Gamma \perp EZ$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 17, 2017 6:26 pm**

Υπόδειξη.
Αρκεί να δείξετε ότι $\angle ZAE=90^{0}$ ή $\angle Z\Delta E=90^{0}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 18, 2017 12:31 am**

[quote="Φανης Θεοφανιδης"
Δίνονται οι κύκλοι $K_{1}, K_{2}$ οι οποίοι εφάπτονται εσωτερικά στο

και η κοινή τους εφαπτομένη στο σημείο αυτό. Από σημείο

της εφαπτομένης αυτής φέρνω εφαπτομένες προς τους $K_{1}, K_{2}$ και ονομάζω

και

τα σημεία επαφής αντίστοιχα. Η

και η

τέμνουν τον $K_{2}$ στα E, Z

αντιστοίχως.Δείξτε ότι τα E, Z

είναι διαμετρικά σημεία του $K_{2}$ και ότι $BC\perp EZ$ .
[/quote]

1ος τρόπος (εντός φακέλου)

: εφαπτόμενοι κύκλοι 1.png (36.93 KiB) Προβλήθηκε 566 φορές

Είναι $BD\mathop = \limits^{\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \iota \kappa \alpha \;\tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha \;\tau o\upsilon \;\left( {{K_2}} \right)} BA\mathop = \limits^{\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \iota \kappa \alpha \;\tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha \;\tau o\upsilon \;\left( {{K_1}} \right)} BC$ και συνεπώς ο κύκλος με κέντρο και ακτίνα

διέρχεται από τα $C,D \Rightarrow \angle ADC\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta - \varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \dfrac{{\angle ABC}}{2}$ $\mathop = \limits^{BA = BC} {90^0} - \angle CAB = {90^0} - \angle EAB$

$\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\;\chi o\rho \delta \eta \varsigma \;\kappa \alpha \iota \;\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma - \alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \;\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } {90^0} - \angle AZE$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ADC \equiv \angle ADZ = \angle AEZ\left( {\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \;\sigma \tau o\;\tau o\xi o\;AZ\;\tau o\upsilon \;\left( {{K_2}} \right)} \right)}$

$\angle AEZ = {90^0} - \angle AZE \Rightarrow$ $\angle EAZ = {90^0}:\left( 1 \right)$ . Επίσης αν $F \equiv BC \cap ZE$ τότε από

$\angle BCA\mathop = \limits^{BC = BA} \angle BAC$ $\mathop = \limits^{\angle BAC \equiv \angle BAE\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\;\chi o\rho \delta \eta \varsigma \;\kappa \alpha \iota \;\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma ...} \angle AZE \equiv \angle AZF}$ $\angle AZF \Rightarrow ACFZ$ εγγράψιμο σε κύκλο , οπότε

$\angle CFZ = {180^0} - \angle CAZ = {180^0} - \angle EAZ\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\angle CFZ = {90^0} \Rightarrow BC \bot ZE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

2ος τρόπος (μετρικά εκτός φακέλου)

: εφαπτόμενοι κύκλοι 1.(2).png (27.44 KiB) Προβλήθηκε 566 φορές

Με (εφαπτόμενα τμήματα στους δύο κύκλους) θα είναι $CA=2CM,CD=2CN:\left( 1 \right)$ όπου

οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα (ύψη ισοσκελώς στις «βάσεις» τους άρα και διάμεσοι).

Από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle ACD,\vartriangle ZCE$ θα είναι $\dfrac{{AC}}{{CD}} = \dfrac{{CZ}}{{CE}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{CM}}{{CN}} = \dfrac{{CZ}}{{CE}}:\left( 2 \right)$ .

Από την $\left( 2 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras’ Theorem θα είναι $BC \bot ZE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

mathematica.gr

Εφαπτόμενοι κύκλοι 1.

Εφαπτόμενοι κύκλοι 1.

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι 1.

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι 1.