Ισογωνιότητα

Dimessi · #1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με ύψη AD,BE,CF

και

ο κύκλος διαμέτρου BC.

Φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα

και

του κύκλου (O),

με το

προς το ίδιο ημιεπίπεδο με το

ως προς

που οι προεκτάσεις τους τέμνουν την

στα σημεία K,L

αντίστοιχα , οι ευθείες KF,LE

επανατέμνουν τον κύκλο (O)

στα σημεία M,N

αντίστοιχα και ο κύκλος (MON)

τέμνει τους κύκλους (ADB)

και

στα σημεία X,Y

αντίστοιχα, τα οποία βρίσκονται στο εξωτερικό του τριγώνου $\vartriangle ABC.$ Να αποδείξετε ότι $\angle YAC=\angle XAB.$

Dimessi · #2

Βάζω μία από τις λύσεις μου την πρώτη από τις δύο

: Πανέμορφη ισογωνιότητα με σημείο Humpty και εφαπτομένες.png (182.37 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

$\bullet$ Έστω $\displaystyle CZ \perp AB\left ( Z\in AB \right ),BX\perp AC \left ( X\in AC \right ),K''\equiv AO\cap EF,W\equiv \overline{KMF}\cap \overline{LNE},$ $Q\equiv ZZ\cap XX,R\equiv KZ\cap LX,J\equiv MZ\cap NX,T\equiv ZX\cap BC.$ Είναι $\displaystyle \frac{DL}{FL}\overset{ADOF \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle ADO=\angle AFO=90^\circ \right )}=\frac{AD}{OF}\overset{OE=OF}=\frac{AD}{OE}\overset{AEDO \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle AEO=\angle ADO=90^\circ \right )}=\frac{DK}{EK}\overset{AF=AE\left ( \epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \alpha \left ( O \right ) \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AE}{EK}\cdot \frac{DK}{DL}\cdot \frac{FL}{FA}=1,$ άρα από το αντίστροφο θεωρήματος Ceva στο τρίγωνο $\vartriangle AKL,$ οι ευθείες $KF\cap LE\cap AD\equiv W'\overset{W\equiv \overline{KMF}\cap \overline{LNE}}\Rightarrow W'\equiv W,$ άρα τα σημεία A,W,D

είναι συνευθειακά και αφού από το Θεώρημα Pascal στο εγγράψιμο τετράπλευρο BZXC,

τα σημεία $Q \equiv ZZ \cap XX,H\equiv BX \cap CZ, A\equiv BZ \cap CX$ είναι συνευθειακά και $H \in AD,$ άρα και τα πέντε σημεία A,Q,H,W,D

είναι συνευθειακά και από Θεώρημα Pascal στο εγγράψιμο τετράπλευρο MEFN

του κύκλου (O),

τα σημεία $W \equiv MF \cap NE, A \equiv EE \cap FF, I\equiv MM \cap NN$ είναι συνευθειακά κι αφού τα σημεία A,Q,H,W,D

είναι συνευθειακά, άρα και τα σημεία I,A,Q,H,W,D

είναι συνευθειακά και αφού από Θεώρημα Pascal στο εγγράψιμο τετράπλευρο MZXN

του κύκλου (O),

τα σημεία $I \equiv MM \cap NN, Q \equiv ZZ \cap XX, U\equiv MZ \cap NX$ είναι συνευθειακά, άρα τα σημεία $I,A,Q,H,W,D,U \equiv MZ \cap NX$ είναι συνευθειακά. Είναι $\displaystyle \frac{\displaystyle\frac{LC}{LD}}{\displaystyle \frac{KB}{KD}}=\frac{LC}{KB}\cdot \frac{DK}{DL}\overset{\left ( \frac{DK}{DL}=\frac{EK}{FL} \right )}=\frac{LC}{FL}\cdot \frac{EK}{KB}\overset{\vartriangle FCL \sim \vartriangle BFL\wedge \vartriangle EKB \sim \vartriangle ECK}=\frac{FC}{FB}\cdot \frac{EC}{EB}\overset{BEFC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=$ $\displaystyle \frac{\left ( EFC \right )}{\left ( EFB \right )}=\frac{CA_{2}}{BA_{1}},$ όπου A_1,A_2

οι προβολές των σημείων B,C

πάνω στην ευθεία EF,

αντίστοιχα, κι έστω $\displaystyle S \equiv EF \cap BC \overset{BA_{1}\parallel CA_2\perp EF}\Rightarrow \frac{BA_1}{CA_2}=\frac{SB}{SC},$ όπου το σημείο

ανήκει στην ευθεία

που ταυτίζεται με την πολική του

ως προς τον κύκλο (O),

άρα από θεώρημα La Hire και το

ανήκει στην πολική του

ως προς τον κύκλο (O),

επομένως η πολική του

είναι η ευθεία που διέρχεται από το

και είναι κάθετη στην $SO\equiv BC,$ άρα η ευθεία AD,

συνεπώς η σημειοσειρά (S,B,D,C)

είναι αρμονική και άρα $\displaystyle \frac{SB}{SC}=\frac{DB}{DC},$ και συνεπώς $\displaystyle \frac{\displaystyle \frac{LC}{LD}}{\displaystyle \frac{KB}{KD}}=\frac{DC}{DB}\overset{\left ( \Theta .\textrm{Ceva}\vartriangle ABC \right )}=\frac{AZ}{ZB}\cdot \frac{XC}{XA}\Rightarrow \frac{LC}{LD}\cdot \frac{XA}{XC}=\frac{KB}{KD}\cdot \frac{AZ}{ZB}\left ( 1 \right ),$ επομένως θεωρώντας $R' \equiv LX \cap AD,$ από Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle ADC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{LXR'}:\frac{LC}{LD}\cdot \frac{XA}{XC}\cdot \frac{R'D}{R'A}=1\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \frac{KB}{KD}\cdot \frac{AZ}{ZB}\cdot \frac{R'D}{R'A}=1,$ άρα από το αντίστροφο Θεωρήματος Μενέλαου στο $\vartriangle ADB,$ τα σημεία K,Z,R'

είναι συνευθειακά και συνεπώς $R'\equiv KZ \cap LX \equiv R,$ άρα τα σημεία A,R,D

είναι συνευθειακά και αφού τα σημεία $I,A,Q,H,W,D,U\equiv MZ \cap NX$ είναι συνευεθειακά, άρα και τα σημεία $R \equiv KZ \cap LX, W \equiv KM \cap LN,U \equiv MZ \cap NX$ είναι συνευθειακά, άρα από Θεώρημα Desargues τα τρίγωνα $\vartriangle MKZ, \vartriangle NLX$ είναι προοπτικά, οπότε οι ευθείες $MN,KL\equiv BC, ZX$ συντρέχουν κι αφού $T \equiv ZX \cap BC,$ συνεπώς τα σημεία T,M,N

είναι συνευθειακά. Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας OB=OC=OE=OF,

τότε αφού

τα σημεία

παραμένουν σταθερά και η εικόνα του κύκλου (OMN)

είναι η ευθεία MN,

κι αφού

μεοσκάθετη του

και $\angle AFO=90^\circ,$ οπότε η εικόνα του

είναι το σημείο K'',

που ταυτίζεται με το

Humpty σημείο του $\vartriangle ABC$ και η εικόνα του

είναι το

άρα η εικόνα του κύκλου (ADB)

είναι ο κύκλος (K''TB)

και η εικόνα του κύκλου (ADC)

είναι ο κύκλος (K''TC),

συνεπώς οι εικόνες των P_1,P_2

είναι τα σημεία $Q_{1}\equiv \left ( K''TB \right )\cap MN ,Q_{2}\equiv \left ( K''TC \right )\cap MN,$ αντίστοιχα και επειδή $\displaystyle \angle Q_{1}K''B\overset{Q_{1}K''TB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle Q_{1}TB\overset{T,Q_{1},Q_{2}\in MN}\equiv \angle Q_{2}TC\overset{TK''Q_{2}C \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle Q_{2}K''C,$ άρα θα είναι και $\angle P_1AB=\angle P_2AC,$ που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

: Πανέμορφη ισογωνιότητα με σημείο Humpty και εφαπτομένες.png (182.37 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

Βάζω και τη δεύτερη λύση μου

: Δεύτερη λύση μου στο χορό κυκλοεπαφών!!.png (112.58 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

$\bullet$ Εστω $\displaystyle W\equiv EM\cap KL,U\equiv EO\cap KF,$ είναι $\displaystyle \angle KEW\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \left ( O \right )}=\angle EFM\equiv \angle EFK$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{KW}{KE}=\frac{\sin \angle EFK}{\sin \left ( \angle EFK+\angle AOC-\angle OAF \right )}=\frac{1}{\cos \left ( \angle AOC-\angle OAF \right )+\cot \angle EFK \sin \left ( \angle AOC-\angle OAF \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle KW=\frac{\frac{a}{2}\cot \left ( \angle AOC-\angle OAF \right )}{\cos \left ( \angle AOC-\angle OAF \right )+\cot \angle EFK \sin \left ( \angle AOC-\angle OAF \right )}\left ( \ast \right ),$ όπου $\displaystyle \boxed{\cot \angle EFK=\frac{a}{\sqrt{2\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}}+\frac{2\left ( a\left ( b^2-c^2 \right )+2ab \sin \angle C\sqrt{2\left ( b^2+c^2-a^2 \right )} \right )}{2a^2b\sin \angle C-\left ( b^2-c^2 \right )\sqrt{2\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}}}\left ( 1 \right ),$ και $\displaystyle \frac{MW}{ME}=\frac{\sin \left ( \angle EFK+90^\circ-\angle AOB \right )}{\cos \left ( \angle OAF+\angle EFK \right )\left [\cos (\angle AOC-\angle OAF)+\sin \left ( \angle AOC-\angle OAF \right )\cot \angle EFK \right]}=$ $\displaystyle \frac{\ \cos \angle AOB \cot \angle EFK+\sin \angle AOB}{\left ( \cos \angle OAF \cot \angle EFK-\sin \angle OAF \right )\left ( \cos \left ( \angle AOC-\angle OAF \right ) \right )+\sin \left ( \angle AOC-\angle OAF \right )\cot \angle EFK}\left ( 2 \right ),$ και $\displaystyle LN\cdot LE\overset{\left ( \epsilon \pi \alpha \phi \eta \left ( O \right ) \sigma \tau o F \right )}=LF^2$ $\displaystyle \Rightarrow \boxed{\frac{EN}{NL}=\frac{EL^2-LF^2}{LF^2}\overset{\left ( EF=2\cdot \frac{\sqrt{Pow(A,(O))}R_{\left ( O \right )}}{\sqrt{Pow(A,(O))+R_{\left ( O \right )}^{2}}}=a\sqrt{\frac{2\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}{2b^2+2c^2-a^2}}\right)}=\frac{\frac{2a^2(b^2+c^2-a^2)}{2b^2+2c^2-a^2}+2a\sqrt{\frac{2\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}{2b^2+2c^2-a^2}}\cdot \frac{a\cdot FL}{\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}}}{FL^2}}\left ( 3 \right ),$ με $\displaystyle FL=\frac{2\left ( 2a^2b\sin \angle C+(b^2-c^2)\sqrt{2\left ( b^2+c^2-a^2 \right )} \right )}{2b\sin \angle C\sqrt{2\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}-(b^2-c^2)}\overset{^{\left ( \ast \right )\wedge \left ( 1 \right )\wedge \left ( 2 \right )}_{\left ( 3 \right )}}\Rightarrow \frac{EN}{NL}\cdot \frac{MW}{ME}\cdot \frac{RL}{RW}=1,$ όπου $R \equiv ZX \cap BC,$ άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle WEL,$ τα σημεία M,N,R

είναι συνευθειακά και ολοκληρώνουμε με αντιστροφή όπως στην πρώτη λύση. $\blacksquare$

: Δεύτερη λύση μου στο χορό κυκλοεπαφών!!.png (112.58 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

: Πανέμορφη ισογωνιότητα με σημείο Humpty και εφαπτομένες.png (182.37 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

∫ot.T. · #3

Παίζοντας με αυτό το πανέμορφο πρόβλημα απέδειξα το παρακάτω:

Αν

το σημείο τομής των XB, YC

και

το σημείο Miquel του τετραπλεύρου XBYC

(με αυτήν την σειρά τα σημεία, δεν προκύπτει κυρτό) τότε η M_i S

διέρχεται από το

.
Για την απόδειξη πήρα έτοιμη την υπόθεση του προβλήματος.

Dimessi · #4

$\bullet$ Έστω $R\equiv \left ( BSY \right )\cap AS\left ( R\not\equiv S \right ),$ έχουμε $\displaystyle \begin{Bmatrix} \angle SRY\overset{SBRY \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle SBY=180^\circ-\angle XBY\Rightarrow \angle ARY=\angle XBY & \\ & \\\angle RAY\equiv \angle SAY\overset{SXAY \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \left ( \angle AXS=\angle AYS=90^\circ \right )}=\angle SXY\equiv \angle BXY \end{Bmatrix}$ $\displaystyle \Rightarrow \vartriangle RAY \sim \vartriangle BXY\Rightarrow \frac{RA}{AY}=\frac{XB}{XY}\left ( 1 \right ),$ και επειδή $\displaystyle \vartriangle AXB \overset{\angle XAB=\angle YAC\wedge \angle AXB=\angle AYC=90^\circ}\sim \vartriangle AYC \Rightarrow \frac{AY}{AX}=\frac{CY}{XB}\overset{(1)}\Rightarrow \frac{RA}{AX}=\frac{CY}{XY}\overset{\left ( \angle XYC\equiv \angle XYS\overset{SXAY \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle XAS\equiv \angle RAX \right)}\Rightarrow$ $\vartriangle CXY \sim \vartriangle RAX\Rightarrow \angle ARX=\angle XCY\Rightarrow \angle XRS=\angle XCS,$ άρα τα σημεία X,R,C,S

είναι ομοκυκλικά και άρα $R \equiv (BSY)\cap (CXS)$ είναι το σημείο Miquel του μη κυρτού τετραπλεύρου XBYC,

που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

: Εμβόλιμο ερώτημα Σωτήρη.png (149.23 KiB) Προβλήθηκε 230 φορές

∫ot.T. · #5

Μου άρεσε το πρόβλημα και η ζητούμενη ισογωνιότητα ανοίγει τον δρόμο για διάφορες παρατηρήσεις. Παρακάτω παραθέτω 5 προτάσεις που απέδειξα με βάση τη ζητούμενη ισογωνιότητα, στόχος μου ήταν να τις συνθέσω σε ένα συμπέρασμα που πορεύεται από τις περισσότερες από αυτές. Δεν έβγαλα κάτι αλλά τις παρουσιάζω ξεχωριστά.

Tα M_i, S

πραμένουν όπως τα όρισα χθες,

' θα είναι η τομή XC,BY

και το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον DXY

θα είναι το

.

$AS' \perp XY$

και συνευθαιακά

Αν η τέμνει τους κύκλους στα αντίστοιχα, τότε και συνευθειακά

Έστω $X_1 = AS' \cap BX, X_2 = AS' \cap CY, Y_1 = DS'\cap AX, Y_2=DS'\cap AY$ τότε οι συντρέχουν

Dimessi · #6

Κατ' αρχάς να πω ότι με τιμά ιδιαίτερα που ένα θέμα δικής μου κατασκευής άρεσε τόσο
Σωτήρη στο τελευταίο ερώτημα σου πως ορίζεται το Y_{1};; (το τρίτο ερώτημα το απέδειξα παρεπιπτόντως στην ανάρτηση #4 )

: Εμβόλιμα ερωτήματα Σωτήρη.png (139.68 KiB) Προβλήθηκε 163 φορές

$\bullet$ Έστω $Q \equiv MN \cap BC,$ από τη λύση μου #2 $(Q,B,D,C)=-1\Rightarrow QD \cdot QO=QB\cdot QC\overset{BMNC \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=QM\cdot QN\Rightarrow O,D,M,N$ ομοκυκλικά $\displaystyle \Rightarrow \angle OXY\overset{ODXY \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle ODY\equiv \angle CDY\overset{Y\in \left ( ADC \right )}=\angle YAC\overset{\angle YAC=\angle XAB}=\angle XAB\overset{X\in \left ( ADB \right )}=$ $\angle XDB\overset{ODXY \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle OYX\Rightarrow OY=OX\overset{OM=ON \wedge X,Y\in \left ( OMN \right )}\Rightarrow MN \parallel XY.$ Είναι $\displaystyle \frac{\sin \angle XAS'}{\sin \angle YAS'}=\frac{\frac{\sin \angle XAS'}{XS}}{\frac{\sin \angle YAS'}{YS'}}\cdot \frac{\sin \angle XYB}{\sin \angle YXC}=\frac{\frac{\sin \angle AXC}{AS'}}{\frac{\sin \angle AYB}{AS'}}\cdot \frac{\sin \angle XYB}{\sin \angle YXC}=\frac{\frac{\sin \angle AXC}{AC}}{\frac{\sin \angle AYB}{AB}}\cdot \frac{AC}{AB}\cdot \frac{\sin \angle XYB}{\sin \angle YXC}=$ $\displaystyle \frac{YB \sin \angle XYB}{XC \sin \angle YXC}\cdot \frac{AC}{AB}\overset{\left ( \vartriangle YAC \sim \vartriangle XAB\Rightarrow \frac{BX}{YC} =\frac{AB}{AC}\right )}=\frac{\sin \angle BXY}{\sin \angle XYC}\overset{\angle BXY+\angle XYC\overset{\angle AYC=\angle AXB=90^\circ}=180^\circ-\left ( \angle AXY+\angle AYX \right )=\angle XAY}\Rightarrow$ $\angle XAS'=90^\circ-\angle AXY\Rightarrow AS'\perp XY.$ Έστω $I \equiv AB \cap XY \overset{BU\overset{U\in(ADB)}\perp \overline{AS'U}\perp XY \parallel MN}\Rightarrow \angle AXU\overset{AUBX \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle ABU\overset{BU \parallel \overline{XIY}}=\angle XIB=$ $\angle AXY+\angle XAB\overset{\angle OXY =\angle OYX=\angle XAB=\angle YAC}=\angle AXY+\angle OXY=\angle AXO\Rightarrow U\in OX.$

: Εμβόλιμα ερωτήματα Σωτήρη.png (139.68 KiB) Προβλήθηκε 163 φορές

Επιπλέον ερώτημα Έστω $A_1\equiv YU \cap SB, A_2\equiv NB \cap MU,J\equiv A_1A_2\cap XN.$ Να αποδείξετε ότι $OJ \parallel US'.$

∫ot.T. · #7

Για το πέμπτο ερώτημά μου, είναι γνωστό πως ο γεωμετρικός τόπος των σημείων που βλέπουν δύο ευθύγραμμα τμήματα υπό την ίδια γωνία είναι μία κυβική, ως isoptical cubic την έχω ακουστά.

Έστω C_1

η isoptic cubic του τατραπλεύρου XBCY

δηλαδή ο τόπος των σημείων

ώστε $\sphericalangle XTB = \sphericalangle CTY$ . Τα σημεία X,Y,B,C,S,S’,A,D

ανήκουν σε αυτήν την κυβική. Επιπλέον είναι γνωστό ότι η ευθεία Newton-Gauss του πλήρους τετραπλεύρου XBCYSS’

είναι ασύμπτωτη στην κυβική, δηλαδή η ευθεία από το

και το μέσο της

. Εφόσον πλέον γνωρίζουμε ότι OX=OY

τότε αυτή η ευθεία είναι κάθετη στην

, άρα παράλληλη στην AS’

. Άρα το σημείο $\infty _{AS’}$ ανήκει στην C_1

. Τέλος έστω I,J

τα δύο κυκλικά σημεία στο άπειρο. Είναι γνωστό πως κάθε isoptic cubic διέρχεται από αυτά.

Έστω $C_2 = \odot (ADBXIJ) \cup AS’\infty _{AS’}$ και $C_3= (AS’DBX) \cup IJ\infty _{AS’}$ όπου

η κωνική που διέρχεται από αυτά τα 5 σημεία.

Η C_1

και η

τέμνονται σε 9 σημεία και συγκεκριμένα στο

δύο φορές. Η C_3

διέρχεται από 8 από αυτά τα σημεία, άρα από Cayley Bacharach θα διέρχεται και από το τελευταίο, δηλαδή το

. Οπότε η κωνική και η κυβική τέμνονται δύο φορές στο

, άρα εφάπτονται σε αυτό.

Ομοίως η κωνική (AS’DCY)

προκύπτει να εφάπτεται στην κυβική στο

, οπότε οι δύο κωνικές έχουν κοινή εφαπτομένη στο

.

Από Pascal στα εξάπλευρα AAS’DBX, AAS’DCY

έπεται το ζητούμενο.

Dimessi · #8

: Εμβόλιμα ερωτήματα Σωτήρη.png (139.68 KiB) Προβλήθηκε 97 φορές

$\bullet$ Έστω το ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων $O\left ( 0,0 \right ),B\left ( -q,0 \right ),C\left ( q,0 \right ),A \left ( p,r \right ),X\left ( d,f \right ),Y\left ( w,z \right ).$ Οι ευθείες $DY_{1}\cap XC\cap BY\equiv S',$ άρα από Θεώρημα Desargues τα τρίγωνα $\vartriangle DXB, \vartriangle Y_1CY$ είναι προοπτικά, οπότε από αντίστροφο Θεωρήματος Desargues τα σημεία $Q''\equiv DB\cap Y_1Y\overset{Y_1\in AY}\equiv DB\cap AY,R\equiv DX\cap Y_1C,S\equiv XB\cap CY$ είναι συνευθειακά και συνεπώς $\displaystyle X_{1}X_{2}\cap Y_{1}Y_{2}\equiv S'\equiv XC\cap BY,X_{1}B\cap Y_{1}C\overset{C\in RY}\equiv XB\cap RC,R\overset{R\in SQ''}\equiv SQ''\cap DX.$
$\displaystyle \begin{Bmatrix} AY:y=r+\frac{z-r}{w-p}\left ( x-p \right ) & \\DB:y=0 & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow Q'' \left (\frac{rw-zp}{r-z} ,0 \right ),$ $\displaystyle \begin{Bmatrix} BY :y=\frac{z}{w+q}\left ( x+q \right ) & \\ CX:y=\frac{f}{d-q}\left ( x-q \right )& \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow S'\left ( -\frac{q\left [ f\cdot \left ( w+q \right )+z\cdot \left ( d-q \right ) \right ]}{z\cdot \left ( d-q \right )-f\cdot \left ( w+q \right )},-\frac{2zqf}{ z\left ( d-q \right )-f\left ( w+q \right ) } \right )\left ( 1 \right ).$ Έστω ότι $\displaystyle \angle XAB=\angle YAC=\theta\Rightarrow Y_{Y}=\left | \overrightarrow{DY}\right |\sin \angle YDC\overset{ADCY \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=b\sin \left (90^\circ- \angle C+\theta \right )\sin \theta$ $\displaystyle =b\cos \left ( \angle C-\theta \right )\sin \theta=\displaystyle \frac{b}{2}\left ( \sin \left ( \angle C \right )-\sin (\angle C -2\theta)\right )$ $\displaystyle \wedge X_{Y}=\left | \overrightarrow{DY}\right |\cos \theta-\left | \overrightarrow{DO}\right |=b\cos \left ( \angle C-\theta \right )\cos \theta -\frac{b^2-c^2}{2a}\Rightarrow$ $\displaystyle Y\left ( w=\frac{b}{2}\left ( \cos \left ( \angle C-2\theta \right )+\cos \angle C \right )-\frac{b^2-c^2}{2a},z=\frac{b}{2}\left ( \sin \left ( \angle C \right )-\sin (\angle C-2\theta) \right ) \right ),$ $\displaystyle Y_{X}=\left | \overrightarrow{DX}\right |\sin \angle XDB\overset{ABDX \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=c\sin \left ( 90^\circ-\angle B+\theta \right )\sin \theta=\frac{c}{2}\left ( \sin \angle B-\sin \left ( \angle B-2\theta \right ) \right ) \wedge$ $\displaystyle X_{X}=-\left ( \left | \overrightarrow{DX}\right |\cos \theta +\left | \overrightarrow{DO}\right | \right )=-\left ( c\cos \left ( \angle B-\theta \right )\cos \theta+\frac{b^2-c^2}{2a} \right )\Rightarrow$ $\displaystyle X\left (d= -\frac{c}{2}\left (\cos \angle B+\cos \left ( \angle B-2\theta \right ) \right )-\frac{b^2-c^2}{2a},f=\frac{c}{2}\left ( \sin \angle B-\sin \left ( \angle B-2\theta \right ) \right ) \right ) (\ast),$ συνεπώς $\displaystyle S'\left ( -\frac{\frac{a}{2}\left [ \frac{c\left ( \sin \angle B-\sin \left ( \angle B-2\theta \right ) \right )}{2}\cdot \left ( \frac{b\cos \left ( \angle C-2\theta \right )}{2}+\frac{3a^2+c^2-b^2}{4a} \right )+\frac{b\left ( \sin \angle C-\sin \left ( \angle C-2\theta \right ) \right )}{2}\left ( \frac{c^2-b^2-3a^2}{4a}-\frac{c\cos \left ( \angle B-2\theta \right )}{2} \right )\right ]}{\frac{b\left ( \sin \angle C-\sin \left ( \angle C-2\theta \right ) \right )}{2}\left ( \frac{c^2-b^2-3a^2}{4a}-\frac{c\cos \left ( \angle B-2\theta \right )}{2} \right )-\frac{c\left ( \sin \angle B-\sin \left ( \angle B-2\theta \right ) \right )}{2}\left ( \frac{b\cos \left ( \angle C-2\theta \right )}{2}+\frac{3a^2+c^2-b^2}{4a} \right )},$ $\displaystyle -\frac{b\left ( \sin \angle C-\sin \left ( \angle C-2\theta \right ) \right )\frac{a}{2}\frac{c\left ( \sin \angle B-\sin \left ( \angle B-2\theta \right ) \right )}{2}}{\frac{b\left ( \sin \angle C-\sin \left ( \angle C-2\theta \right ) \right )}{2}\left ( \frac{c^2-b^2-3a^2}{4a}-\frac{c\cos \left ( \angle B-2\theta \right )}{2} \right )-\frac{c\left ( \sin \angle B-\sin \left ( \angle B-2\theta \right ) \right )}{2}\left ( \frac{b\cos\left ( \angle C-2\theta \right )}{2}+\frac{3a^2+c^2-b^2}{4a} \right )} \right )\displaystyle \right)$ $\right)(2)$
$\displaystyle \begin{Bmatrix} AS':y=r-\frac{w-q}{z-f}\left ( x-p \right ) & \\ CY:y=\frac{z}{w-q}\left ( x-q \right ) & \\ \end{Bmatrix}\overset{X_2\equiv AS'\cap YC}\Rightarrow X_{2}\left ( \frac{p(w-q)^2+\left ( z-f \right )\left ( rw-rq+zq \right )}{\left ( w-q \right )^2+z\left ( z-f \right )},\frac{z\left [ \left ( p-q \right )\left ( w-q \right )+r\left ( z-f \right ) \right ]}{\left ( w-q \right )^{2}+z\left ( z-f \right )} \right )\Rightarrow$ $\displaystyle X_{2}B:y=\frac{\frac{z\left ( p-q \right )\left ( w-q \right )+r\left ( z-f \right )}{\left ( w-q \right )^{2}+z\left ( z-f \right )}}{\frac{p\left ( w-q \right )^{2}+\left ( z-f \right )\left ( rw-rq+zq \right )}{\left ( w-q \right )^{2}+z\left ( z-f \right )}+q}\left ( x+q \right )\Leftrightarrow \boxed{y=\frac{z\left ( p-q \right )\left ( w-q \right )+r\left ( z-f \right )}{\left ( p+q \right )\left ( w-q \right )^{q}+\left ( z-f \right )\left ( rw-rq+2zq \right )}\left ( x+q \right )}\left ( 3 \right )$
Οι ευθείες $XC \cap Y_2D\cap BY\equiv S',$ άρα από Θεώρημα Desargues τα τρίγωνα $\vartriangle XY_2B,\vartriangle CDY$ είναι προοπτικά και συνεπώς από αντίστροφο Θεωρήματος Desargues τα σημεία $G\equiv XY_2 \cap CD\equiv AX \cap BC, S\equiv XB \cap CY,U\equiv Y_2B \cap DY$ είναι συνευθειακά και συνεπώς $U\equiv GS\cap DY,Y_2\equiv UB \cap AX.$
$\displaystyle \begin{Bmatrix} AX:y=r+\frac{f-r}{d-p}\left ( x-p \right ) & \\BC:y=0 & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow G\left ( \frac{rd-pf}{r-f},0 \right )$
$\displaystyle \begin{Bmatrix} XB:y=\frac{f}{d+q}\left ( x+q \right ) & \\CY:y=\frac{z}{w-q}\left ( x-q \right ) & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow S\left ( -\frac{q\left [ z\left ( d+q \right )+f\left ( w-q \right ) \right ]}{f\left ( w-q \right )-z\left ( d+q \right )},-\frac{2zqf}{f\left ( w-q \right )-z\left ( d+q \right )} \right )$ $\begin{Bmatrix} GS:y=\frac{-\frac{2zqf}{f\left ( w-q \right )-z\left ( d+q \right )}}{-\frac{q\left [ z\left ( d+q \right )+f\left ( w-q \right ) \right ]}{f\left ( w-q \right )-z\left ( d+q \right )}-\frac{rd-pf}{r-f}}\left ( x-\frac{rd-pf}{r-f} \right )\Leftrightarrow y=\frac{-2zqf\left ( r-f \right )}{-q\left ( r-f \right )\left [ z\left ( d+q \right )+f\left ( w-q \right ) \right ]-\left ( rd-pf \right )\left [ f\left ( w-q \right )-z\left ( d+q \right ) \right ]}\left ( x-\frac{rd-pf}{r-f} \right ) & \\ DY:y=\frac{z}{w+\frac{b^2-c^2}{2a}}\left ( x+\frac{b^2-c^2}{2a} \right ) & \\ \end{Bmatrix}\left ( \Sigma _{1} \right )$

$\displaystyle \begin{Bmatrix} SQ'':y=\frac{-\frac{2zqf}{f\left ( w-q \right )-z\left ( d+q \right )}}{-\frac{q\left [ z\left ( d+q \right )+f\left ( w-q \right ) \right ]}{f\left ( w-q \right )-z\left ( d+q \right )}-\frac{rw-zp}{r-z}}\left ( x-\frac{rw-zp}{r-z} \right )\Leftrightarrow y=\frac{-2zqf\left ( r-z \right )}{-q\left ( r-z \right )\left [ z\left ( d+q \right )+f\left ( w-q \right ) \right ]-\left ( rw-zp \right )\left [ f\left ( w-q \right )-z\left ( d+q \right ) \right ]}\left ( x-\frac{rw-zp}{r-z} \right ) & \\DX:y=\frac{f}{d+\frac{b^2-c^2}{2a}}\left ( x+\frac{b^2-c^2}{2a} \right ) & \\ \end{Bmatrix}\left ( \Sigma _{2} \right )\overset{^{\left ( \Sigma _{1} \right )}_{\left ( \ast \right )\wedge \left ( 2 \right ),\left ( 3 \right )}}\Rightarrow$ $XB\cap RC,S',X_{2}B\cap Y_{2}C$ είναι συνευθειακά σημεία και άρα τα σημεία $XB\cap RC\overset{R\in CY_{1}}\equiv X_{1}B\cap Y_{1}C,S'\equiv XC\cap BY\equiv X_{1}X_{2}\cap Y_{1}Y_{2},W\equiv X_{2}B\cap Y_{2}C$ είναι συνευθειακά, άρα από αντίστροφο Θεωρήματος Desargues τα τρίγωνα $\vartriangle X_1X_2B,Y_1Y_2C$ είναι προοπτικά, επομένως από Θεώρημα Desargues οι ευθείες $X_1Y_1\cap X_2Y_2\cap BC \equiv Z''.$

$\bullet$ Με $U \equiv AS' \cap (ADB)\left ( U\not\equiv A \right )\Rightarrow UB\perp \overline{AS'U}\perp XY\parallel MN\Rightarrow BU\parallel XY \parallel MN\Rightarrow$ $BU\cap XY\cap MN\equiv L''_{\infty},$ άρα από Θεώρημα Desargues τα τρίγωνα $\vartriangle MYU,\vartriangle NXB$ είναι προοπτικά, συνεπώς από το αντίστροφο Θεωρήματος Desargues τα σημεία $A''_{1}\equiv MY\cap NX,A_{1}\equiv YU\cap XB\equiv YU\cap SB,A_{2}\equiv MU\cap NB$ είναι συνευθειακά κι αφού $J\equiv A_1A_2\cap XN\Rightarrow J\equiv MY \cap NX \cap A_1A_2.$ Συνεπώς $\displaystyle OJ\overset{OM=ON \wedge MXYN \iota \sigma o\sigma \kappa \epsilon \lambda \epsilon \varsigma \tau \varrho \alpha \pi \epsilon \zeta \iota o}\perp XY\overset{\overline{AS'U}\perp XY}\Rightarrow OJ\parallel US'.$

: Εμβόλιμα ερωτήματα Σωτήρη.png (139.68 KiB) Προβλήθηκε 97 φορές

: Πανέμορφη ισογωνιότητα με σημείο Humpty και εφαπτομένες.png (182.37 KiB) Προβλήθηκε 97 φορές

Ισογωνιότητα

Ισογωνιότητα

Re: Ισογωνιότητα

Re: Ισογωνιότητα

Re: Ισογωνιότητα

Re: Ισογωνιότητα

Re: Ισογωνιότητα

Re: Ισογωνιότητα

Re: Ισογωνιότητα

Μέλη σε σύνδεση