Στον ίδιο κύκλο

#1

: Ομοκυκλικά-1.png (17.08 KiB) Προβλήθηκε 819 φορές

Έστω

το περίκεντρο τριγώνου ABC

και

σημεία των πλευρών AB, AC

αντίστοιχα ώστε η

να μην

είναι παράλληλη της BC.

Η

τέμνει την

στο

και την

στο

Αν οι μεσοκάθετοι των BD, CE

τέμνονται στο

και η

τέμνει την

στο

να δείξετε ότι τα σημεία F, L, O, K

είναι ομοκυκλικά.

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 18, 2022 12:16 pm
Ομοκυκλικά-1.png
Έστω το περίκεντρο τριγώνου και σημεία των πλευρών αντίστοιχα ώστε η να μην

είναι παράλληλη της Η τέμνει την στο και την στο Αν οι μεσοκάθετοι των

τέμνονται στο και η τέμνει την στο να δείξετε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Αν $\left( P \right)$ , κέντρου

είναι ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ADE$ και $Q\equiv \left( O \right)\cap \left( P \right),Q\ne A$ τότε προφανώς το

είναι το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου BCEDAF

και συνεπώς και τα τετράπλευρα AQCF,QDBF

είναι εγγράψιμα σε κύκλους.

Από την πρόταση αυτή το τετράπλευρο APTO

είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς $\angle XOK\equiv \angle XOA=\angle PAO:\left( 1 \right)$ (εντός εναλλάξ).

: Στον ίδιο κύκλο.png (60.25 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

Επίσης είναι

μεσοκάθετη της

(διάκεντρος των $\left( O \right),\left( P \right)$ μεσοκάθετη στην κοινής τους χορδή και συνεπώς $\angle ACQ\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta -\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( O \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle AOQ}{2}\overset{OP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle AOQ}{\mathop{=}}\,\angle AOP:\left( 2 \right)$

Και $\angle APO\overset{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha }{\mathop{=}}\,\angle BPO\Rightarrow \angle 2\left( \angle APO \right)={{360}^{0}}-\angle APQ$ $\overset{\angle APQ=2\left( AEQ \right)\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta -\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \tau o\upsilon \left( P \right)}{\mathop{=}}\,$ ${{360}^{0}}-2\left( \angle AEQ \right)\Rightarrow \angle APO={{180}^{0}}-\angle AEQ=\angle QEC:\left( 3 \right)$

Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow \vartriangle APO\sim \vartriangle QEC\Rightarrow \angle PAO=\angle EQC$ $\overset{Q,A,C,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle EFC\equiv \angle KFL\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle XOK=\angle KEL$ και συνεπώς τα σημεία K,O,L,F

είναι ομοκυκλικά (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

giannimani · #3

Ας είναι

το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων (ABC)

και

, το οποίο είναι το σημείο Miquel
των τεσσάρων ευθειών

,

και

. Ως εκ τούτου, $\angle BFD=\angle BPD.\quad (1)$
Θεωρούμε τη σπειροειδή ομοιότητα (ομόρροπη ομοιότητα) $h : [BD]\,\rightarrow \,[CE]$
( [XY]

συμβολίζει το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα σημεία

,

).

Εφόσον οι ευθείες

και

τέμνονται στο

, τότε το κέντρο της σπειροειδούς ομοιότητας είναι, ως γνωστόν,
το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων (ABC)

και

, δηλαδή, το

. Με τη σπειροειδή ομοιότητα

ο κύκλος

μετασχηματίζεται στον κύκλο (ADE)

, και το κέντρο

του

στο κέντρο

του

, δηλαδή $h: O\,\rightarrow \,S$ ,
και εφόσον $h: B\,\rightarrow \,D$ , τότε $h : [BO]\,\rightarrow \,[DS]$ .

: same_circle.png (45.9 KiB) Προβλήθηκε 724 φορές

Αλλά, τότε υπάρχει επίσης και η σπειροειδής ομοιότητα

κέντρου επίσης

, τέτοια ώστε, $h' : [BD]\,\rightarrow \,[OS]$ .
Επομένως, $\angle BPD=\angle OPS. \quad (2)$

Όμως, τα τρίγωνα POS

και

είναι ίσα (έχουν και τις τρεις πλευρές τους ίσες μία προς μία), οπότε $\angle OPS=\angle OAS.\quad (3)$

Από τις (1)

,

και

προκύπτει ότι $\angle BFD=\angle OAS$ .

Αλλά, είναι $\angle OAS+ \angle AOT=180^{\circ}$ εφόσον το AOTS

είναι παραλληλόγραμμο (βλέπε εδώ).
Επομένως, $\angle KFL+\angle KOL=180^{\circ}$ , δηλαδή, το KOLF

εγγράψιμο.

#4

Με πιο στοιχειώδη μέσα.

Έστω

το περίκεντρο του ADE

και

διάμετρος του περίκυκλού του. Έστω ακόμα

η διάμετρος του

περιγεγραμμένου κύκλου του ABC.

Έχει ήδη αποδειχθεί εδώ ότι το ASTO

είναι παραλληλόγραμμο, οπότε

$\displaystyle \theta + A\widehat OT = 180^\circ .$ Αρκεί να δείξω λοιπόν ότι $\varphi=\theta.$

: Στον ίδιο κύκλο.β.png (27.96 KiB) Προβλήθηκε 658 φορές

$\displaystyle \widehat B = \varphi + F\widehat DB = \varphi + A\widehat DE \Leftrightarrow$ $\boxed{\varphi = \widehat B - A\widehat DE}$ (1)

$\displaystyle \theta = \widehat A - D\widehat AZ - G\widehat AC = \widehat A - \left( {90^\circ - A\widehat ZD} \right) - \left( {90^\circ - A\widehat GC} \right) = \widehat A - \left( {90^\circ - A\widehat ED} \right) - \left( {90^\circ - \widehat B} \right)$

$\displaystyle \theta = \widehat A + A\widehat ED + \widehat B - 180^\circ = 180^\circ - A\widehat DE + \widehat B - 180^\circ \mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{\varphi=\theta}$

Στον ίδιο κύκλο

Στον ίδιο κύκλο

Re: Στον ίδιο κύκλο

Re: Στον ίδιο κύκλο

Re: Στον ίδιο κύκλο

Μέλη σε σύνδεση