Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

giannimani · #1

: mix_S.png (23.4 KiB) Προβλήθηκε 1318 φορές

Έστω κύκλος $\alpha$ που εφάπτεται της πλευράς

τριγώνου

σε σημείο

και του περιγεγραμμένου κύκλου του ABC

(το σημείο επαφής στο τόξο

). Η ευθεία

, όπου

το έγκεντρο του τριγώνου ABC

, τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο $\alpha$ στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι η ευθεία

εφάπτεται του $\alpha$ . Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η παράλληλη από το

της

εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του $\triangle ABC$ .

#2

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Απρ 19, 2022 2:32 pm
mix_S.pngΈστω κύκλος $\alpha$ που εφάπτεται της πλευράς τριγώνου σε σημείο και του περιγεγραμμένου κύκλου του (το σημείο επαφής στο τόξο ). Η ευθεία , όπου το έγκεντρο του τριγώνου , τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο $\alpha$ στο σημείο . Να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του $\alpha$ . Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η παράλληλη από το της εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του $\triangle ABC$ .

$\bullet$ α) Έστω

Η εφαπτόμενη στον κύκλο $\left( K \right)$ κέντρου

(που εφάπτεται στον περίκυκλο $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ στο

και στην πλευρά του

στο

) και

η διχοτόμος της γωνίας $\angle ABC\left( Q\in \left( O \right),Q\ne B \right)$ (προφανώς το

είναι το μέσο του τόξου

που δεν περιέχει το

) και αρκεί ως ισοδύναμο πρόβλημα να δείξουμε ότι το $I\equiv BQ\cap MT$ να ταυτίζεται με το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

: Από το βιβλίο ασκήσεων του Sharygin.png (79.61 KiB) Προβλήθηκε 1079 φορές

$\bullet$
Με $KM\parallel ON\left( N\equiv OQ\cap AC \right)$ (κάθετες στην

) και

συνευθειακά (οι $\left( K \right),\left( O \right)$ εφάπτονται στο

και $\dfrac{SK}{KO}=\dfrac{KM}{OQ}=\dfrac{{{R}_{K}}}{{{R}_{O}}}\Rightarrow S,M,Q$ συνευθειακά.

Από την προφανή ομοιότητα των ισοσκελών (λόγω των ακτινών) τριγώνων $\vartriangle SKT,\vartriangle SOP$ , με $P\equiv ST\cap \left( O \right),P\ne S$ (έχουν μια κοινή γωνία την $\angle KST\equiv \angle OSP$ ) θα είναι $\angle STK=\angle SPO\Rightarrow KT\parallel OP\Rightarrow \dfrac{ST}{SP}=\dfrac{SK}{SO}\overset{KM\parallel OQ}{\mathop{=}}\,\dfrac{SM}{SQ}\Rightarrow TM\parallel PQ:\left( 1 \right)$

: Από το βιβλίο ασκήσεων του Sharygin.png (79.61 KiB) Προβλήθηκε 1079 φορές

$\bullet$
Από $\left( 1 \right)\Rightarrow \angle STI=\angle SPQ\overset{B,S,Q,P\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle SBQ\equiv \angle SBI\Rightarrow S,B,T,I$ ομοκυκλικά και συνεπώς $\angle SIB=\angle STB\overset{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma ...}{\mathop{=}}\,\angle SMT\equiv \angle SMI\Rightarrow IQ$ εφαπτόμενο τμήμα στον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle SMI\Rightarrow Q{{I}^{2}}=QM\cdot QS:\left( 2 \right)$ και με $\angle MAQ\equiv \angle CAQ=\angle ASQ\equiv \angle ASM$ (τα τόξα AQ,CQ

είναι ίσα από τη διχοτόμο

της $\angle ABC$ ) προκύπτει ότι

εφαπτόμενο τμήμα στον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle SMA\Rightarrow Q{{A}^{2}}=QM\cdot QS\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,Q{{I}^{2}}\Rightarrow QI=QA=QC$ και συνεπώς (αφού το

είναι σημείο της διχοτόμου της γωνίας $\angle ABC$ θα είναι το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ (γνωστότατη πρόταση ) και το ισοδύναμο του α) ζητουμένου έχει αποδειχθεί .

$\bullet$ β) Έστω

το δεύτερο (εκτός του $MD\left( D\equiv AC\cap \left( I \right) \right)$ ) εφαπτόμενο τμήμα του $\left( I \right)$ από το

και αρκεί ως ισοδύναμο πρόβλημα να δείξουμε ότι $ME\parallel BT$ .

$\bullet$ Αν $L\equiv BT\cap AC$ τότε LT=LM

(εφαπτόμενα τμήματα του $\left( K \right)\Rightarrow \angle MTL=\angle LMT\equiv DMI\overset{MD,ME\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( I \right)}{\mathop{=}}\,$ $\angle EMI\equiv \angle EMT\Rightarrow EM\parallel TL\equiv BT$ (εντός εναλλάξ...) και το ισοδύναμο του β) ζητουμένου έχει αποδειχθεί .

Στάθης

Υ.Σ. Γιάννη θα με ενδιέφερε πολύ να μάθω τη λύση του Συγγραφέα ή κάποια διαφορετική (ίσως δική σου) γιατί ομολογώ ότι η πρόταση με παίδεψε λιγουλάκι

giannimani · #3

Συμβολίζουμε με

το σημείο τομής των

και

, και $\Omega$ τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\triangle ABC$ .
Έστω

το σημείο επαφής του κύκλου $\alpha$ με το τόξο

του $\Omega$ ,

το μέσο του τόξου

του $\Omega$ .
Η ευθεία

διέρχεται από το

. Η ευθεία

διέρχεται από το

(Λήμμα Αρχιμήδη).
Οι γωνίες NBE

και

είναι ίσες (Οι αντίστοιχες επίκεντρες $\angle NOE$ , $\angle NKM$ στους κύκλους $\Omega$ , $\alpha$ αντίστοιχα,
είναι ίσες, ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων

και

που τέμνονται από την

).
Ως εκ τούτου, προκύπτει ότι τα σημεία

,

ανήκουν στον ίδιο κύκλο, και επομένως $\angle BPN = \angle BIN$ .

: Sharygin.png (45.51 KiB) Προβλήθηκε 1025 φορές

Επιπλέον,

(ιδιότητα έγκεντρου τριγώνου). Τα τρίγωνα EMA

και

είναι όμοια ( $\angle MEA=\angle NEA$ , $\angle MAE = \angle CAE = \angle ENA$ ).
Επομένως, $EM \cdot EN = EA^2 = EI^2$ . Από αυτό προκύπτει ότι, τα τρίγωνα EIM

και

είναι όμοια.
Ως εκ τούτου $\angle BIN = \angle PMN$ , από το οποίο προκύπτει η επαφή της

με τον κύκλο $\alpha$ .

Τώρα, εύκολα αποδεικνύεται ότι η παράλληλη από το

της

εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του τριγώνου ABC

.
Πράγματι, $\angle DPM=\angle DMP$ (το τρίγωνο DMP

ισοσκελές).
Λόγω της παραλληλίας $Mx\parallel BD$ είναι $\angle DPM=\angle xMP$ .
Επομένως, η

διχοτόμος της γωνίας xMD

, και εφόσον ο κύκλος $\omega$ εφάπτεται της

,
θα εφάπτεται και της

.

Υ.Γ. Όπως αναφέρει ο συγγραφέας η μέθοδος απόδειξης είναι του Β. Γ. Προτασόφ (Γνωστός Ρώσος Γεωμέτρης από τα πολλά άρθρα
που έχει συγγράψει για το περιοδικό ΚΒΑΝΤ).

#4

Ευχαριστώ Γιάννη

Απο οτι φαίνεται δεν έχουμε και ουσιαστικές διαφορές με τον Προτασόφ

Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

Re: Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

Re: Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

Re: Από βιβλίο Ασκήσεων του I.F.Sharygin

Μέλη σε σύνδεση