Εφαπτόμενοι κύκλοι και ορθόκεντρο

Dimessi · #1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και E,F

σημεία στις πλευρές του AC,AB

αντίστοιχα

τέτοια ώστε η ευθεία

να διέρχεται από το ορθόκεντρο

του $\vartriangle ABC,$ κι ας είναι $HX \perp EF(X\in BC).$ Η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο (ABC)

στο σημείο A',

η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο $(ABC)\equiv (O)$ στο σημείο

και οι ευθείες PO,BC

τέμνονται στο σημείο

Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι (AEF)

και

εφάπτονται.

Dimessi · #2

Dimessi έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 22, 2026 9:46 pm
Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και σημεία στις πλευρές του αντίστοιχα τέτοια ώστε η ευθεία να διέρχεται από το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC,$ κι ας είναι $HX \perp EF(X\in BC).$ Η ευθεία επανατέμνει τον κύκλο στο σημείο η ευθεία επανατέμνει τον κύκλο $(ABC)\equiv (O)$ στο σημείο και οι ευθείες τέμνονται στο σημείο Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι και εφάπτονται.

Βάζω τη λύση μου για αυτό το πανέμορφο θέμα

: Επαφή κύκλων !!.png (81.21 KiB) Προβλήθηκε 263 φορές

$\bullet$ Έστω $Q''\equiv \left ( AEF \right )\cap \left ( ABC \right )\left ( Q'' \not\equiv A\right ),L\equiv BH\cap AC,XU\perp AC\left ( U\in AC \right ),W\equiv CH\cap AB,$ $XG \perp AB\left ( G\in AB \right ),$

το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον κύκλο (ABC).

Είναι $\displaystyle \frac{\sin \left ( \angle A+\angle CA'X \right )}{\sin \angle CA'X}=\frac{\sin \angle XA'B}{\sin \angle CA'X}\overset{\left ( \textrm{Ratio Lemma BA'C} \right )}=\frac{XB}{XC}\cdot \frac{\cos \angle C}{\cos \angle B}\Leftrightarrow$ $\displaystyle \Leftrightarrow \sin \angle A \cot \angle CA'X+\cos \angle A=\frac{XB \cos \angle C}{XC \cos \angle B}\left ( \ast \right ),$ και $\displaystyle \frac{QB}{QC}\overset{\left ( \textrm{Ratio Lemma} \right )}=\frac{PB}{PC}\cdot \frac{\sin \angle BPQ}{\sin \angle QPC}\overset{PBA'C \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\wedge O \in PQ\left ( \alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \varsigma -\chi o\varrho \delta \eta \varsigma \right )}=\frac{BX \cos \angle C}{XC \cos \angle B}\cdot \frac{\cos \angle BCP}{\cos \angle PBC}=$
$\displaystyle \overset{PBA'C \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\frac{BX \cos \angle C}{XC \cos \angle B}\cdot \frac{\cos \left ( 180^\circ-\angle A-\angle CA'X \right )}{\cos \angle CA'X}\overset{\left ( \ast \right )}=$ $\displaystyle =\left [ -\cos \angle A+\sin \angle A\cdot \frac{\sin \angle A}{\frac{XB \cos \angle C}{XC \cos \angle B}-\cos \angle A} \right ]\cdot \frac{BX \cos \angle C}{XC \cos \angle B}\left ( 1 \right ),$ και αφού $\displaystyle HX \perp EF\overset{\left ( \Theta .Ko\upsilon \tau \varrho \alpha \right )}\Rightarrow \frac{LU}{WG}=\frac{AF}{AE}\overset{BL \parallel UX\wedge CW \parallel GX}\Leftrightarrow \frac{XB \cos \angle C}{XC \cos \angle B}=\frac{AF}{AE}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{QB}{QC}=\frac{AF}{AE}\cdot \frac{1-\frac{AF}{AE}\cos \angle A}{\frac{AF}{AE}-\cos \angle A}}\left ( 2 \right ).$ Επειδή όμως $\displaystyle \angle Q''BF\equiv \angle Q''BA\overset{Q''BCA \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle Q''CA\equiv \angle Q''CE\wedge \angle Q''FA\overset{Q''FEA \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle Q''EA\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow \vartriangle BQ''F \sim \vartriangle Q''CE\Rightarrow \frac{Q''B}{Q''C}=\frac{BF}{EC}$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{Q''B\cos \angle C}{Q''C\cos \angle B}=\frac{BF\cos \angle C}{EC \cos \angle B}=\frac{BF\cdot HC}{EC \cdot HB}=\frac{\sin \angle EHL}{\sin \angle HFA}\cdot \frac{\sin \angle HEA}{\sin \angle WHF}\overset{\angle HWF=\angle HLE=90^\circ}=$ $\displaystyle =\frac{\displaystyle \frac{EL}{EH}}{\displaystyle \frac{WF}{HF}}\cdot \frac{AF}{AE}\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \frac{\displaystyle\frac{QB}{QC}}{\displaystyle \frac{Q''B\cos \angle C}{Q''C\cos \angle B}}=\frac{\displaystyle \frac{AE-AF \cos \angle A}{AF-AE \cos \angle A}}{\displaystyle \frac{HF}{HE}\cdot \frac{EL}{WF}}\overset{\angle HLE=\angle HWF=90^\circ}=\frac{\displaystyle\frac{EF\cdot EL}{HE}\cdot \frac{HF}{FE\cdot WF}}{\displaystyle \frac{HF}{HE}\cdot \frac{EL}{WF}}=1\overset{\left ( AR \delta \iota \alpha \mu \epsilon \tau \varrho o\varsigma \left ( \omega \right ) \right )}\Rightarrow \frac{Q''B\sin \angle BQ''Q}{QC \sin \angle CQ''Q}=\frac{Q''B\sin \angle BQ''R}{Q''C\sin \angle CQ''R},$
άρα $\displaystyle \frac{\sin \angle BQ''Q}{\sin \angle CQ''Q}=\frac{\sin \angle BQ''R}{\sin \angle CQ''R}\Rightarrow$ τα σημεία Q'',Q,R

είναι συνευθειακά και συνεπώς $\displaystyle \angle PQ''Q\overset{Q \in RQ''}\equiv \angle PQ''R\overset{PQ''AR\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle PAR\overset{\angle APR\overset{AR \delta \iota \alpha \mu \epsilon \tau \rho o\varsigma \left ( \omega \right )}=90^\circ}=90^\circ-\angle ARP\overset{AA'RP\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=$ $=90^\circ-\angle AA'P=90^\circ-\angle XA'A\overset{\overline{AHA'}\perp BC}=\angle PXQ,$ άρα τα σημεία P,Q'',X,Q

είναι ομοκυκλικά. Τώρα, φέροντας την εφαπτομένη στο Q''

του κύκλου (AEF),

έχουμε $\displaystyle \boxed{\angle xQ''F\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma }=\angle Q''AF\equiv \angle Q''AB\overset{Q''BPA \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle Q''PB}\left ( 3 \right ),$ και $\displaystyle \frac{\sin \angle BA'X}{\sin \angle CA'X}=\frac{XB \cos \angle C}{XC \cos \angle B}=\frac{AF}{AE}=\frac{\sin \angle AEF}{\sin \angle AFE}\overset{\angle BA'C=180^\circ-\angle BAC=\angle AEF+\angle AFE}\Rightarrow \boxed{\angle BA'X=\angle AEF}\left ( 4 \right ).$ Είναι $\displaystyle \angle FQ''X=\angle FQ''A-\angle PQ''A-\angle PQ''X\overset{FQ''AE,PQ''XQ\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu \alpha }=$ $=\angle FEC-\left ( \angle B-\angle CA'X \right )-\left ( \angle CA'X+90^\circ-\angle BA'X \right )=\angle FEC-\angle B-90^\circ+\angle BA'X\overset{\left ( 4 \right )}=$ $=90^\circ-\angle B=\angle BPA'\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \angle xQ''X=\angle Q''PA'\equiv \angle Q''PX,$ άρα η ευθεία x'Q''x

είναι εφαπτομένη του κύκλου (PQ''XQ)

στο σημείο Q'',

άρα οι κύκλοι (AEF),(PXQ)

δέχονται στο κοινό τους σημείο Q''

κοινή εφαπτομένη x'Q''x,

συνεπώς εφάπτονται στο σημείο Q''.

: Επαφή κύκλων !!.png (81.21 KiB) Προβλήθηκε 263 φορές

#3

Dimessi έγραψε:Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και σημεία στις πλευρές του αντίστοιχα τέτοια ώστε η ευθεία να διέρχεται από το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC,$ κι ας είναι $HX \perp EF(X\in BC).$ Η ευθεία επανατέμνει τον κύκλο στο σημείο η ευθεία επανατέμνει τον κύκλο $(ABC)\equiv (O)$ στο σημείο και οι ευθείες τέμνονται στο σημείο Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι και εφάπτονται.

$\bullet$ Έστω το σημείο $Z\equiv BC\cap EF$ και ας είναι

το σημείο τομής του περίκυκλου (O)

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ από τον περίκυκλο έστω (N)

του τριγώνου $\vartriangle AEF.$

Το σημείο

ταυτίζεται με το Σημείο Miquel για το πλήρες τετράπλευρο BCEF.AZ

και επομένως, ο περίκυκλος έστω (L)

του τριγώνου $\vartriangle BFZ,$ περνάει από το σημείο

Το τετράπλευρο ZHXA'

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (K)

με διάμετρο το τμήμα ZX,

λόγω $\angle ZHX= 90^{o}= \angle ZA'X$ και
έστω το σημείο $R\equiv (O)\cap ZA'.$

$\bullet$ Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BZMF

έχουμε $\angle MZF\equiv \angle MZH=\angle MBF\equiv \angle MBA=\angle MA'A\equiv \angle MA'H$

$\Rightarrow$ $\boxed{\angle MZH= \angle MA'H} \ \ ,(1)$

Από (1)

προκύπτει ότι το σημείο

ανήκει στον κύκλο (K)

και άρα, ισχύει $\angle ZMX\equiv ZMT= 90^{o},$ λόγω $\angle ZHX= 90^{o},$ με $T\equiv AA'\cap MX.$

Έτσι, από το εγγράψιμο πλέον τετράπλευρο ZMTD,

όπου $D\equiv BC\cap AA',$ έχουμε $\angle MTA= \angle MZD\equiv \angle MZB= \angle MFA$

$\Rightarrow$ $\boxed{\angle MTA= \angle MFA} \ \ ,(2)$ και επομένως το σημείο

ανήκει στον κύκλο (N).

: Εφαπτόμενοι κύκλοι και ορθόκεντρο.; f=185 t=79072.PNG (54.17 KiB) Προβλήθηκε 76 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $P\equiv (O)\cap A'X$ και $Q\equiv BC\cap PR$ και από $\angle RA'P= 90^{o},$ έχουμε ότι η ευθεία PQR

περνάει από το κέντρο

του κύκλου (O)

και έστω το σημείο $S\equiv (O)\cap MTX.$

Ισχύει $\angle A'PS= \angle A'MS\equiv \angle A'MX= \angle A'ZX\equiv \angle A'ZC \Rightarrow$ $\boxed{\angle A'PS= \angle A'ZC} \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $PS\perp ZC,$ λόγω $ZA'\perp A'P$ και άρα, έχουμε $RS\parallel ZC,$ λόγω $RS\perp PS.$

Έτσι, από $\angle PQX= \angle PRS= \angle PMS\equiv \angle PMX,$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο PXQM

είναι εγγράψιμο και επομένως ο περίκυκλος έστω (V)

του τριγώνου $\vartriangle PXQ,$ περνάει από το σημείο

$\bullet$ Τέλος, έστω το σημείο $Y\equiv (V)\cap MA$ και έχουμε $\angle MYX= \angle MPX\equiv \angle MPA'= \angle MAA'\equiv \angle MAT$

$\Rightarrow$ $\angle MYX= \angle MAT \Rightarrow$ $\boxed{AT\parallel YX} \ \ ,(4)$

Από (4)

συμπεραίνεται ότι οι περίκυκλοι (N), (V)

των τριγώνων $\artriangle AEF, \vartriangle PXQ$ αντιστοίχως, εφάπτονται στο σημείο

γιατί η εφαπτομένη του ενός στο σημείο αυτό, ταυτίζεται με την εφαπτομένη του άλλου στο ίδιο σημείο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Το "τεκμηριολόγιο" πήρε φωτιά και πιθανόν κάτι να έχει ξεφύγει. Θα το κοιτάξω πάλι το απόγευμα ή αύριο.

Εφαπτόμενοι κύκλοι και ορθόκεντρο

Εφαπτόμενοι κύκλοι και ορθόκεντρο

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι και ορθόκεντρο

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι και ορθόκεντρο

Μέλη σε σύνδεση