Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Dimessi · #1

Δίνεται τραπέζιο $ABCD (AB \parallel CD)$ με AB<CD

και έστω $P\equiv AD \cap BC.$ Ο κύκλος (P,PC)

επανατέμνει τον κύκλο (ABC)

στο

, ο κύκλος (P,PD)

επανατέμνει τον κύκλο (ABD)

στο

κι ας είναι $Q \equiv AX \cap BY.$ Να αποδείξετε ότι $PQ \parallel AB.$

Υ.Γ Ομολογώ ότι έχω μία πολύ πρωτότυπη λύση στο πρόβλημα αυτό , το οποίο βρήκα πολύ ενδιαφέρον

.

Dimessi · #2

Βάζω τη λύση μου

: Η λύση μου στην άλυτη του φόρουμ.png (182.35 KiB) Προβλήθηκε 70 φορές

$\bullet$ Έστω $L\equiv \left ( P,PA \right )\cap PY\left ( L\not\equiv P \right ),Q\equiv \left ( P,PB \right )\cap PX\left ( Q\not\equiv P \right ) ,$ άρα $\displaystyle PL=AL \overset{PY=PD \wedge PL=PA}\parallel DY\wedge \frac{PL}{PY}\overset{PL=PA\wedge PY=PD}=\frac{PA}{PD}\overset{AB \parallel CD}=\frac{PB}{PC}\Rightarrow BL \parallel CY\overset{AL \parallel DY}\Rightarrow$ $\angle DYC=\angle ALB (\ast),$ κι αφού $\displaystyle DYLA$ ισοσκελές τραπέζιο άρα $\displaystyle L\in \left ( DYA \right )\overset{Y\in \left ( DAB \right )}\equiv \left ( DAB \right )\Rightarrow \angle ALB=180^\circ -\angle ADB\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\angle DYC=180^\circ-\angle ADB}(1),$ επομένως $\displaystyle \angle AYB+\angle DYC\overset{Y\in \left ( DAB \right )}=\angle ADB+\angle DYC\overset{(1)}=180^\circ\Rightarrow \boxed{\angle BYC=180^\circ-\angle AYD\overset{Y\in \left ( DAB \right )}=180^\circ-\angle ABD}(2).$ Ακόμα $\displaystyle PQ=PB\wedge PC=PX\Rightarrow QB \parallel CX\wedge \frac{PQ}{PX}\overset{PQ=PB \wedge PX=PC}=\frac{PB}{PC}\overset{AB \parallel CD}=\frac{PA}{PD}\Rightarrow$ $AQ \parallel DX\overset{QB \parallel CX}\Rightarrow \angle DXC=\angle AQB\left (\ast \ast \right ),$ κι αφού XQBC

ισοσκελές τραπέζιο άρα $\displaystyle Q\in \left ( XBC \right )\overset{X\in \left ( ACB \right )}\equiv \left ( ACB \right )\Rightarrow \angle AQB=\angle ACB\overset{\left ( \ast \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\angle DXC=\angle ACB}\left ( 3 \right ),$ επομένως $\displaystyle \boxed{\angle DXA=\angle CXA-\angle DXC\overset{^{\left ( 3 \right )}_{X\in \left ( ACB \right )}}=180^\circ-\angle ABC-\angle ACB=\angle BAC}\left ( 4 \right ).$ Θεωρούμε την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας PD,

συνεπώς η εικόνα του κύκλου (PDY)

είναι η ευθεία DY (PD=PY),

η εικόνα του σημείου

είναι το σημείο $U \in PC,$ και είναι $\displaystyle \angle PDU\overset{PU \cdot PC=PD^2}=\angle DCP\overset{AB \parallel CD}=\angle ABP\overset{B \in UP}\Rightarrow \boxed{U\in \left ( DAB \right )}(5),$ και η εικόνα του σημείου

είναι το σημείο

και είναι $\displaystyle PV \cdot PX=PU \cdot PC=PD^2\Rightarrow V\in \left ( UCX \right )\overset{\angle VXC\equiv \angle PXC\overset{PC=PX}=\angle XCP\equiv \angle XCU}\Rightarrow UV \parallel CX\overset{AB \parallel CD}\Rightarrow$ $\boxed{\angle \left ( UV,AB \right )=\angle DCX}\left ( 6 \right ).$ Θεωρώντας το ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων $A\left ( 0,0 \right ),B\left ( q,0 \right ),C\left ( p,l \right ),D\left ( t,l \right ),$ κι αφού $\displaystyle \frac{\sin \angle YBC}{\sin \angle YDC}=\frac{\frac{\sin \angle BYC}{BC}}{\frac{\sin \angle DYC}{DC}}\overset{^{\left ( 1 \right )}_{\left ( 2 \right )}}=\frac{DC}{BC}\cdot \frac{\sin \left ( 180^\circ-\angle ABD \right )}{\sin \left ( 180^\circ-\angle ADB \right )}=\frac{DC}{BC}\cdot \frac{AD}{AB}\overset{\angle YBC=\angle ABC-\left ( 180^\circ-\angle ADY \right )=\angle ADC-\angle YDC-\angle DCB}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{\sin \left ( \angle ADC-\angle DCB-\angle YDC \right )}{\sin \angle YDC}=\frac{DC}{BC}\cdot \frac{AD}{AB}\Leftrightarrow \sin \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\cot \angle YDC=$ $\displaystyle =\frac{DC}{BC}\cdot \frac{AD}{AB}+\cos \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\Leftrightarrow \sin \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\cot \angle YDC=$ $\displaystyle \frac{\sin \left ( \angle DCB+\angle BDC \right )\sin \left ( \angle BDC \right )}{\sin \angle BDC\sin \angle ADB}+\cos \left ( \angle ADB+\angle BDC-\angle DCB \right )\Leftrightarrow \sin \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\cot \angle YDC=$
$\displaystyle \left ( \sin \left ( \angle DCB+\angle ADC \right )\cot \angle ADB-\cos \left ( \angle DCB+\angle ADC \right ) \right )+\cos \left ( \angle ADC-\angle DCB \right )\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left ( \cot \angle DCB-\cot \angle ADC \right )\cot \angle YDC=\left ( \cot \angle ADC+\cot \angle DCB \right )\cot \angle ADB+2\Leftrightarrow$ $\displaystyle \frac{p-q+t}{l}\cot \angle YDC=\frac{p-q-t}{l}\cdot \frac{t\left ( t-q \right )+l^2}{ql}+2\Leftrightarrow \cot \angle YDC=\frac{\left ( p-q-t \right )\left [ t\left ( t-q \right )+l^2 \right ]+2ql^2}{ql\left ( p-q+t \right )},$ επομένως η εξίσωση της ευθείας $\displaystyle \boxed{DY:y=l-\frac{ql\left ( p-q+t \right )}{\left ( p-q-t \right )\left [ t\left ( t-q \right )+l^2 \right ]+2ql^2}\left ( x-t \right )}\left ( 7 \right ).$ Ακόμα $\displaystyle \frac{\sin \angle DAX}{\sin \angle DCX}=\frac{\frac{\sin \angle DXA}{DA}}{\frac{\sin \angle DXC }{DC}}\overset{^{\left ( 3 \right )}_{\left ( 4 \right )}}=\frac{DC}{DA}\cdot \frac{\sin \angle BAC}{\sin \angle ACB}\overset{\angle DAX=180^\circ-\angle DCX-\angle DCB-\angle DAB}\Rightarrow$ $\displaystyle \sin \left ( \angle DCB+\angle DAB \right )\cot \angle DCX+\cos \left ( \angle DCB+\angle DAB \right )=\frac{\sin \angle DAC}{\sin \angle ACB}=\frac{\sin \left ( \angle DAB-\angle DCB+\angle ACB \right )}{\sin \angle ACB}\Leftrightarrow$
$\displaystyle \sin \left ( \angle DCB+\angle DAB \right )\cot \angle DCX+\cos \left ( \angle DCB+\angle DAB \right )=$
$\displaystyle \sin \left ( \angle DAB-\angle DCB \right )\cot \angle ACB+\cos \left ( \angle DAB-\angle DCB \right )\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left ( \cot \angle DAB+\cot \angle DCB \right )\cot \angle DCX=\left ( \cot \angle DCB-\cot \angle DAB \right )\cot \angle ACB+2\Leftrightarrow$ $\displaystyle \cot \angle \left ( UV,AB \right )\overset{\left ( 6 \right )}=\cos \angle DCX=\frac{\left ( p-q-t \right )\left [ p\left ( p-q \right )+l^2 \right ]+2ql^2}{ql\left ( p-q+t \right )}\overset{\lambda_{UV}< 0}\Rightarrow \boxed{\lambda _{UV}=-\frac{ql\left ( p-q+t \right )}{\left ( p-q-t \right )\left [ p\left ( p-q \right )+l^2 \right ]+2ql^2}}\left (8 \right ),$ κι επειδή $\displaystyle U \in (DAB)\overset{\left ( 5 \right )}\Rightarrow \angle AUB=\angle ADB\Rightarrow \frac{ql}{t\left ( t-q \right )+l^2}=\frac{wq}{k(k-q)+w^2}\wedge U\left ( k,w \right )\in BC\Rightarrow$ $\displaystyle \begin{Bmatrix} \frac{ql}{t(t-q)+l^2}=\frac{wq}{k(k-q)+w^2} & & \\ w=\frac{l}{p-q}\left ( k-q \right ) & & \\ & & \\ \end{Bmatrix}\left ( \Sigma \right )\overset{^{\left ( 7 \right )}_{\left ( 8 \right )}}\Rightarrow$ οι ευθείες UV, DY

τέμνονται επί της ευθείας $\displaystyle y=\frac{ql}{q+t-p},$ συνεπώς οι ευθείες UV,DY

τέμνονται πάνω στην εκ του

παράλληλη στην AB,

έστω στο σημείο Q'',

και αφού οι εικόνες των κύκλων (PCX),(PDY)

ως προς την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας PD,

έστω

είναι οι ευθείες UV,DY

αντίστοιχα, συνεπώς η εικόνα του σημείου $J \equiv (PCX)\cap (PDY)$ είναι το σημείο $Q''\equiv UV \cap DY,$ άρα τα σημεία P,J,Q''

είναι συνευθειακά και αφού $PQ'' \parallel AB\Rightarrow \overline{PJQ''}\parallel AB,$ επομένως οι κύκλοι (PCX),(PDY)

επανατέμνονται επί της εκ του

παράλληλης στην AB.

Από Θεώρημα Reim η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο (PCX)

επί της εκ του

παράλληλης στην AB,

διότι

ομοκυκλικά, και η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο (PDY)

επί της εκ του

παράλληλης στην AB,

διότι

ομοκυκλικά, άρα θέτοντας $J \equiv (PCX)\cap (PDY),$ θα είναι $PJ \parallel AB,$ και (X,A,J),(Y,B,J)

συνευθειακές τριάδες, συνεπώς οι ευθείες AX,BY

τέμνονται επί της εκ του

παράλληλης στην AB.

: Η λύση μου στην άλυτη του φόρουμ.png (182.35 KiB) Προβλήθηκε 70 φορές

Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Re: Νυχτερινή όμορφη παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση