Γωνίες με κοινή διχοτόμο

giannimani · #1

Δύο άνισοι κύκλοι με κέντρα

και

τέμνονται στα σημεία

και

. Η εφαπτομένη του πρώτου κύκλου, που άγεται στο σημείο

, τέμνει
την εφαπτομένη στο

του δεύτερου κύκλου, στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι οι γωνίες PXQ

και

έχουν κοινή διχοτόμο.

: sm_bis.png (47.99 KiB) Προβλήθηκε 1080 φορές

#2

giannimani έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 09, 2019 6:39 pm
Δύο άνισοι κύκλοι με κέντρα και τέμνονται στα σημεία και . Η εφαπτομένη του πρώτου κύκλου, που άγεται στο σημείο , τέμνει
την εφαπτομένη στο του δεύτερου κύκλου, στο σημείο . Να αποδείξετε ότι οι γωνίες και έχουν κοινή διχοτόμο.sm_bis.png

Ας δούμε μια λύση με στοιχειώδη μέσα στο όμορφο πρόβλημα του Γιάννη

Έστω $K\equiv XQ\cap \left( M \right),K\ne Q\,\,\,\And \,\,L\equiv XP\cap \left( N \right),L\ne P$ . Τότε έχουμε:
$\angle XPK=\angle KQP\equiv \angle XQP:\left( 1 \right)$ (υπό χορδής και εφαπτομένης – αντίστοιχη εγγεγραμμένη στον κύκλο $\left( M \right)$ ) οπότε επειδή τα τρίγωνα $\vartriangle XKP,\vartriangle XQP$ μοιράζονται και τη γωνία $\angle KXP\equiv \angle PXQ$ θα είναι όμοια , άρα $\dfrac{{XP}}{{XQ}} = \dfrac{{KP}}{{PQ}}:\left( 2 \right)$

: Κοινή διχοτόμος.png (50.44 KiB) Προβλήθηκε 1015 φορές

Επίσης $\angle KMP\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } 2\left( {\angle KQP} \right)$ $\mathop = \limits^{\angle KQP = \angle QLP\,\,(\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \,\, - \,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta )}$ $2\left( {\angle QLP} \right)\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \angle PMQ$

Και συνεπώς τα ισοσκελή τρίγωνα (εξαιτίας των ακτινών) $\vartriangle MKP,\vartriangle NQP$ έχοντας τις γωνίες των «κορυφών» τους ίσες θα είναι όμοια οπότε $\dfrac{MP}{NQ}=\dfrac{KP}{PQ}:\left( 3 \right)$

Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow \dfrac{XP}{XQ}=\dfrac{MP}{NQ}:\left( 4 \right)$ . Από την $\left( 4 \right)$ προκύπτει ότι οι αντίστοιχες κάθετες πλευρές των ορθογωνίων (στις κορυφές από τις επαφές) τριγώνων $\vartriangle XPM,\vartriangle XQN$ αντίστοιχα είναι ανάλογες , οπότε αυτά είναι όμοια και συνεπώς $\angle MXP=\angle NXQ\Rightarrow \angle MXQ=\angle NXP$ οπότε οι γωνίες $\angle MXN,\angle QXP$ έχουν κοινή διχοτόμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#3

giannimani έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 09, 2019 6:39 pm
Δύο άνισοι κύκλοι με κέντρα και τέμνονται στα σημεία και . Η εφαπτομένη του πρώτου κύκλου, που άγεται στο σημείο , τέμνει
την εφαπτομένη στο του δεύτερου κύκλου, στο σημείο . Να αποδείξετε ότι οι γωνίες και έχουν κοινή διχοτόμο.sm_bis.png

Ας δούμε και μια διαφορετική αντιμετώπιση που "πιθανόν" να δικαιολογεί και το φάκελο ...

Έστω τα δεύτερα (εκτός των εφαπτομενικά τμήματα των κύκλων $\left( M \right),\left( N \right)$ αντίστοιχα και ας είναι

$K \equiv XQ \cap \left( M \right),K \ne Q,E \equiv XQ \cap AP,L \equiv XP \cap \left( N \right),$ $L \ne P,Z \equiv XP \cap BQ$
Με τις πολικές του ως προς τους κύκλους $\left( M \right),\left( N \right)$ αντίστοιχα προκύπτει ότι οι σειρές $\left( X,K,E,Q \right),\left( X,P,Z,L \right)$ είναι αρμονικές άρα έχουν ίσους διπλούς λόγους , δηλαδή $\left( X,K,E,Q \right)=\left( X,P,Z,L \right):\left( 1 \right)$

: Κοινή διχοτόμος 2.png (45.21 KiB) Προβλήθηκε 976 φορές

Με $\angle XPK\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma ...} \angle PQK$ $\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma ...} \angle PLQ \Rightarrow KP\parallel QL\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$

$KP\parallel QL\parallel EZ \Rightarrow \angle PZE =$ $\angle XPK = \angle PQK \equiv \angle PQE \Rightarrow P,Z,Q,E$ ομοκυκλικά , οπότε $\angle XPA \equiv \angle XPE\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,....} \angle ZQE \equiv \angle BQX$ άρα τα ισοσκελή τρίγωνα (από τα εφαπτομενικά τμήματα …) $\vartriangle XAP,\vartriangle XQB$ είναι όμοια και συνεπώς

$\angle AXP = \angle QXB \Rightarrow 2\left( {\angle PXM} \right) = 2\left( {\angle QXN} \right)$ $\Rightarrow \angle PXM = \angle QXN \ldots$ και το ζητούμενο έπεται (όπως στην προηγούμενη ανάρτηση)

Στάθης

giannimani · #4

: sm_bis_sol.png (88.56 KiB) Προβλήθηκε 960 φορές

Θεωρούμε τη διχοτόμο της γωνίας PXQ

η οποία τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Θα αποδείξουμε ότι η

είναι διχοτόμος και της γωνίας MXN

.

Έστω ότι οι ευθείες των ακτίνων

και

τέμνονται στο σημείο

. Τότε, εφόσον $\angle XPY\,=\,\angle XQY\,=\,90^{\circ}$ , τα σημεία

,

και

ανήκουν σε κύκλο $(\omega)$ διαμέτρου

. Το κέντρο

αυτού του κύκλου ανήκει στην ευθεία

(εφόσον η τελευταία είναι μεσοκάθετος της κοινής χορδής

των κύκλων της υπόθεσης), η οποία διέρχεται επίσης από το μέσο του τόξου

του κύκλου $(\omega)$ , που είναι το σημείο

.

Έστω επίσης

το δεύτερο κοινό σημείο της

με τον κύκλο $(\omega)$ . Η

διάμετρος του $(\omega)$ , οπότε $\angle KXL \,=\,90^{\circ}$ .
Για να αποδείξουμε ότι η

διχοτόμος της γωνίας MXN

, αρκεί
$(MNKL)\,=\,-1\,\Leftrightarrow \, OK^2\,=\,OM \cdot ON\,\Leftrightarrow \, OY^2\,=\,OM\cdot ON$
$\Leftrightarrow \, \frac{OY}{OM}\,=\,\frac{ON}{OY}\,\Leftrightarrow \,\vartriangle OYM\,\sim\, \vartriangle ONY$ .

Τα τετράπλευρα OYQM

και

είναι εγγράψιμα. Πράγματι,
$\angle MYQ \,=\,\angle PYQ\,=\,\frac{1}{2}\angle POQ\,=\,\angle MOQ\,=\,PON$ .
(η γωνία POQ

είναι αντίστοιχη επίκεντρη της γωνίας XYP

, και η

διχοτόμος της POQ

).
Τώρα, εύκολα προκύπτει η ζητούμενη ομοιότητα των τριγώνων, και συνεπώς το αποδεικτέο.

Στην πορεία της λύσης χρησιμοποιήθηκαν τα επόμενα λήμματα:

1. $(MNKL)\,=\,-1 \,\Leftrightarrow \, (KLMN)\,=\,-1$ .

2. Αν $(KLMN)\,=\,-1$ και

το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος

, τότε $OK^2\,=\,OM \cdot ON$ .

3. Έστω τέσσερα σημεία

,

και

, με αυτή τη σειρά, που ανήκουν σε μία ευθεία $(\varepsilon)$ .
Να αποδείξετε ότι, αν ισχύουν δύο από τους επόμενους τρεις ισχυρισμούς, τότε θα ισχύει και ο τρίτος:
(a) (LKMN)=-1

.
(b) Η

είναι εσωτερική διχοτόμος της $\angle{MXN}$ , όπου $X \notin (\varepsilon)$ .
(c) $XK \perp XL$ , όπου $X \notin (\varepsilon)$ .

JimNt. · #5

Διαφορετικά με δύναμη σημείου και νόμο συνημιτόνων προκύπτει ότι οι εφαπτομένες των δύο γωνιών είναι ίσες από όπου προκύπτει το ζητούμενο.

min## · #6

: isogonia1.png (36.73 KiB) Προβλήθηκε 920 φορές

Για να το δούμε και με αντιστροφή.
Έστω $K\equiv XQ\cap (M),L\equiv XP\cap (N)$ .Όπως είδαμε και παραπάνω είναι KP//QL

.Θεωρούμε σύνθεση αντιστροφής κέντρου

και ακτίνας $\sqrt{XP\cdot XQ}$ και συμμετρίας ως προς τη διχοτόμο της $PXQ\angle$ .Τα P,Q

ανταλλάσσονται,ενώ και K,L

ανταλλάσονται,αφού $\frac{XK}{XQ}=\frac{XP}{XL}$ από Θαλή,δηλαδή $XK\cdot XL=XP\cdot XQ$ .Άρα ο (M)

πάει στον

κι αντίστροφα.Αν δούμε λίγο τον κύκλο που προκύπτει από αυτή τη σύνθεση μετασχηματισμών πριν όμως τη συμμετρία,αυτός είναι ο αντίστροφος του (M)

.Άρα,το κέντρο του κύκλου αυτού βρίσκεται πάνω στην

,αφού το

κέντρο του αρχικού κύκλου (γνωστή πρόταση).Άρα,τα X,M,N'

,με

το κέντρο του αντίστροφου του (M)

είναι συνευθειακά,άρα μετά τη συμμετρία,το συμμετροαντίστροφο του

θα πέσει κάπου στη

από όπου έπεται η ισογωνιότητα..

Γωνίες με κοινή διχοτόμο

Γωνίες με κοινή διχοτόμο

Re: Γωνίες με κοινή διχοτόμο

Re: Γωνίες με κοινή διχοτόμο

Re: Γωνίες με κοινή διχοτόμο

Re: Γωνίες με κοινή διχοτόμο

Re: Γωνίες με κοινή διχοτόμο

Μέλη σε σύνδεση