Ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή

Henri van Aubel · #1

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left ( \omega \right )$ ,η διχοτόμος του $AD\left ( D\in BC \right )$ , το έκκεντρό του

και

το σημείο επαφής του έγκυκλού του με την πλευρά BC.

Αν η εκ του

παράλληλος στην ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο $\left ( \omega \right )$ στο σημείο

και η ευθεία

επανατέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου ADE

στο σημείο

, να δείξετε ότι IA=IX.

Υ.Γ Στοχεύω αρκετούς ότι θα δώσουν λύση

Ευχαριστώ τον Στάθη για την επισήμανση, είχα ξεχάσει στην εκφώνηση να γράψω πως ορίζεται το σημείο

#2

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 06, 2023 5:34 pm
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left ( \omega \right )$ , το έκκεντρό του και το σημείο επαφής του έγκυκλού του με την πλευρά Αν η εκ του παράλληλος στην ευθεία επανατέμνει τον κύκλο $\left ( \omega \right )$ στο σημείο και η ευθεία επανατέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο , να δείξετε ότι

Υ.Γ Στοχεύω αρκετούς ότι θα δώσουν λύση

Κώστα ,

Πρέπει να πεις ποιο ειναι το σημείο

που αναφέρεις

Henri van Aubel · #3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 06, 2023 6:10 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 06, 2023 5:34 pm
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left ( \omega \right )$ , το έκκεντρό του και το σημείο επαφής του έγκυκλού του με την πλευρά Αν η εκ του παράλληλος στην ευθεία επανατέμνει τον κύκλο $\left ( \omega \right )$ στο σημείο και η ευθεία επανατέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο , να δείξετε ότι

Υ.Γ Στοχεύω αρκετούς ότι θα δώσουν λύση
Κώστα ,

Πρέπει να πεις ποιο ειναι το σημείο που αναφέρεις

Καλησπέρα Στάθη, ευχαριστώ για την επισήμανση !

Διορθώθηκε, λόγω βιασύνης ξέχασα να γράψω όλη την εκφώνηση...

#4

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 06, 2023 5:34 pm
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left ( \omega \right )$ ,η διχοτόμος του $AD\left ( D\in BC \right )$ , το έκκεντρό του και το σημείο επαφής του έγκυκλού του με την πλευρά Αν η εκ του παράλληλος στην ευθεία επανατέμνει τον κύκλο $\left ( \omega \right )$ στο σημείο και η ευθεία επανατέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο , να δείξετε ότι
Υ.Γ Στοχεύω αρκετούς ότι θα δώσουν λύση
Ευχαριστώ τον Στάθη για την επισήμανση, είχα ξεχάσει στην εκφώνηση να γράψω πως ορίζεται το σημείο

$\bullet$ Έστω $\left( O \right)$ (κέντρου

) ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και ας είναι

η διάμετρός του μεσοκάθετη της

(άρα και της

(αφού $AQ\parallel BC$ ) και ας είναι $M\equiv BC\cap ST,N\equiv AQ\cap ST$ (προφανώς τα μέσα των αντιστοίχων αυτών τμημάτων ) .

$\bullet$ Αν $L\equiv EQ\cap ST$ και $K\equiv AL\cap BC$ τότε από τη συμμετρία του σχήματος ως προς την

προκύπτει ότι και ME=MK

και συνεπώς το

είναι ισοτομικό του

ως προς την

(δηλαδή το σημείο επαφής του

παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ) και συνεπώς το $Z\equiv AK\cap \left( I \right)$ , με

πλησιέστερο στο

θα είναι το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον $\left( I \right)$ (γνωστότατη πρόταση εύκολα αποδείξιμη)

Ετσι με $ME=MK\overset{ML\parallel EZ\,\,(\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau \eta \nu \,\,BC)}{\mathop{\Rightarrow }}\,LK=LZ\overset{IE=IZ}{\mathop{\Rightarrow }}\,LI\parallel EK\overset{EK\bot ST}{\mathop{\Rightarrow }}\,LI\bot ST$ και με $TIA\bot AS$ (από την διάμετρο) θα είναι I,A,S,L

ομοκυκλικά

: ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή.png (63.97 KiB) Προβλήθηκε 1334 φορές

$\bullet$ Είναι $\angle EAX\overset{E,A,X,D\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle DEX\overset{IL\parallel EM}{\mathop{=}}\,\angle ILE\overset{LZ=LI}{\mathop{=}}\,\angle ZLI\equiv \angle ALI\overset{IL\parallel ANQ}{\mathop{=}}\,\angle LAQ$ από όπου προκύπτει (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική) ότι και A,I,L,X

ομοκυκλικά (άρα I,A,S,L,X

ομοκυκλικά) αλλά και $\angle XAQ\overset{\delta \iota \alpha \varphi o\rho \alpha \,\,\alpha \pi o\,\,\iota \sigma \varepsilon \varsigma \,\,\gamma \omega \nu \iota \varepsilon \varsigma \,\,\kappa o\iota \nu \eta \varsigma \,\,\gamma \omega \nu \iota \alpha \varsigma }{\mathop{=}}\,\angle IAL\overset{A,I,L,S\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle IAL\Rightarrow A,S,N,F$ ομοκυκλικά (όπου $F\equiv SI\cap AX$ και με $\angle ANS={{90}^{0}}\Rightarrow \angle AFS={{90}^{0}}\Rightarrow SFI\bot AX:\left( 1 \right)$

$\bullet$ Είναι $\angle ANF\overset{A,F,N,S\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle ASF\equiv \angle ASI\overset{A,I,L,S\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,$
$\angle ALI=\ldots \angle AQX\Rightarrow NF\parallel QX\overset{NA=NQ}{\mathop{\Rightarrow }}\,FA=FX\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,SFI$ μεσοκάθετη της $AX\Rightarrow IA=IX$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΥΣ. Τωρα που το ξανά κοιτάω βλέπω οτι μετα την εγγραψιμοτητα του AILX

το προβλημα τελειώνει και δεν χρειάζονται τα υπόλοιπα ( όμορφα ειναι βέβαια και αυτα )

Henri van Aubel · #5

Ευχαριστώ τον Στάθη για την τιμή που μου έκανε να ασχοληθεί με το θέμα μου και την ως άνω φανταστική λύση με αγνά μέσα!! Βάζω μία λύση με bash.

Έχουμε $\displaystyle \frac{AX}{AQ}=\frac{\sin \angle AQX}{\sin \angle AXQ}=\frac{\sin \angle QEC}{\sin \angle AXE}=\frac{\sin \angle QEC}{\sin \angle ADE}=\frac{\sin \angle QEC}{\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}\left ( 1 \right )$

Όμως $\displaystyle \frac{AQ}{AI}=\frac{AQ}{AC}\cdot \frac{AC}{AI}=\frac{\sin \left ( B-C \right )}{\sin B}\cdot \frac{\displaystyle \cos \frac{B}{2}}{\displaystyle \sin \frac{C}{2}}=\frac{\sin \left ( B-C \right )}{\displaystyle 2\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}}\left ( 2 \right )$

Οπότε από $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 2 \right )$ θα έχουμε $\displaystyle \frac{AX}{AI}=\frac{\sin \left ( B-C \right )\sin \angle QEC}{\displaystyle 2\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\sin \left ( \frac{A}{2} +B\right )}=\frac{\sin \left ( B-C \right )\sin \angle QEC}{\displaystyle 2\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}-\frac{C}{2} \right )}\left ( 3 \right )$

Εμείς αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \frac{AX}{AI}=2\cos \angle IAX=2\cos \angle QEC\left ( 4 \right )$

Επομένως από $\left ( 3 \right )$ και $\left ( 4 \right )$ έπεται πως αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \frac{\cos \angle QEC}{\sin \angle QEC}=\frac{\sin \left ( B-C \right )}{\displaystyle 4\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}-\frac{C}{2} \right )}\left (5\right )$

Όμως έχουμε $\displaystyle \frac{EC}{QC}=\frac{\sin \left ( B+\angle QEC \right )}{\sin \angle QEC}=\sin B\cdot \frac{\cos \angle QEC}{\sin \angle QEC}+\cos B$

Από την άλλη, είναι $\displaystyle \frac{EC}{QC}=\frac{EC}{AB}=\frac{EC}{EI}\cdot \frac{EI}{BI}\cdot \frac{BI}{AB}=\frac{\displaystyle \cos \frac{C}{2}\sin \frac{B}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle \sin \frac{C}{2}\cos \frac{C}{2}}.$

Συνεπώς και σύμφωνα με την $\left ( 5 \right )$ , έπεται πως αρκεί να δείξουμε ότι :

$\displaystyle \sin B\cdot \frac{\sin \left ( B-C \right )}{\displaystyle 4\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}-\frac{C}{2} \right )}+\cos B=\frac{\displaystyle \sin \frac{B}{2}\cos \left ( \frac{B}{2} +\frac{C}{2}\right )}{\displaystyle \sin \frac{C}{2}}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{\displaystyle \cos \frac{B}{2}\sin \left ( B-C \right )+2\cos B\sin \frac{C}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}-\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle 2\sin \frac{C}{2}\cos \left ( \frac{B}{2} -\frac{C}{2}\right )}=\frac{\displaystyle \sin \frac{B}{2}\cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{ \displaystyle \sin \frac{C}{2}}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \cos \frac{B}{2}\sin \left ( \frac{B}{2}-\frac{C}{2} \right )+\cos B\sin \frac{C}{2}=\sin \frac{B}{2}\cos \left ( \frac{B}{2} +\frac{C}{2}\right )\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sin \left ( B-\frac{C}{2} \right )-\sin \frac{C}{2}+2\cos B\sin \frac{C}{2}=\sin \left ( B+\frac{C}{2} \right )-\sin \frac{C}{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sin \left ( B+\frac{C}{2} \right )-\sin \left ( B-\frac{C}{2} \right )=2\cos B\sin \frac{C}{2}$ που ισχύει. $\square$

Υ.Γ: Η λύση που είχα υπόψη μου όταν πρωτοείδα το θέμα ήταν αυτή που έγραψα παραπάνω και στην συνέχεια βρήκα και μία γεωμετρική , περίπου στο ίδιο μήκος κύματος με τον Στάθη. Θα την γράψω μετά μάλλον .

Henri van Aubel · #6

Καλησπέρα και πάλι! Βάζω την δεύτερη λύση που είχα κατά νου όταν πρότεινα το θέμα

Έστω

το μέσο του μικρού τόξου της χορδής

,

το μέσο του μεγάλου τόξου της εν λόγω χορδής και

το μέσο της πλευράς BC.

Έχουμε $\displaystyle \angle ARQ=180^\circ-\left ( \angle B-\angle C \right )=2\angle ADE=2\angle AXE^{RA=RQ}\Rightarrow R$ περίκεντρο του $\displaystyle \vartriangle AXQ\Rightarrow \angle ARX=2\angle AQX=2\angle QEC$ και $\displaystyle RA=RX$

Επομένως, για να δείξουμε ότι IA=IX

, έπεται πως αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \angle ARI=\frac{\angle ARX}{2}=\angle AQX=\angle QEC$

Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας WI.

Τα σημεία

παραμένουν σταθερά, το

πάει στο $M\left ( WI^{2}=WM\cdot WR \right )$ και το

πάει στο $D\left ( WI^{2} =WD\cdot WA\right ).$ Επομένως $\angle ARI=\angle DMI=\angle EMI.$

Συνεπώς, τελικά, αρκεί να δείξουμε ότι $\angle EMI=\angle QEC.$ Φέρνουμε $QV\perp BC\left ( V\in BC \right )$ και έχουμε $\displaystyle \frac{QV}{EI}^{AQ\parallel BC}=\frac{h_{a}}{r_{ABC}}=\frac{\displaystyle \frac{2\left ( ABC \right )}{a}}{\displaystyle \frac{2\left ( ABC \right )}{AB+BC+CA}}=\frac{a+b+c}{a}\left ( 1 \right )$

Όμως $\displaystyle \frac{EV}{EM}=\frac{\displaystyle \frac{a(a+b-c)}{2a}-\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2a}}{\displaystyle \frac{a}{2}-\frac{a+c-b}{2}}=\frac{\displaystyle \frac{\left ( a+b+c \right )\left ( b-c \right )}{2a}}{\displaystyle \frac{b-c}{2}}=\frac{a+b+c}{a}\left ( 2 \right )$

Από τις σχέσεις $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 2 \right )$ παίρνουμε ότι $\displaystyle \frac{QV}{EI}=\frac{EV}{EM}\Rightarrow \vartriangle QEV\sim \vartriangle EMI\Rightarrow \angle EMI=\angle QEV=\angle QEC$ όπως θέλαμε. $\square$

Ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή

Ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή

Re: Ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή

Re: Ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή

Re: Ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή

Re: Ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή

Re: Ισότητα από ομοκυκλικότητες και επαφή

Μέλη σε σύνδεση