Ομοκυκλικά σημεία

panos misiakos · #1

Θεωρούμε τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

και έστω

τα παράκεντρα του . Αν P,Q

τα σημεία επαφής των εξωτερικών εφαπτομένων των (O),(I_A)

με τον

να δείξετε ότι τα I_B,I_C,P,Q

είναι ομοκυκλικά .

#2

Έστω $D,\ E$ , τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων $(I_{b}),\ (I_{c})$ του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , στις ευθείες $AB,\ AC$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $T\equiv I_{b}D\cap I_{c}E$ , όπου $I_{b},\ I_{c}$ είναι τα κέντρα των κύκλων $(I_{b}),\ (I_{c})$ , αντιστοίχως.

$\bullet$ Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1 , έχουμε $TI = TI_{b} = TI_{c}\ \ \ ,(1)$ , όπου

είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Είναι γνωστό ότι το έγκεντρο

και το περίκεντρο

του $\vartriangle ABC$ ταυτίζονται αντιστοίχως με το ορθόκεντρο και το κέντρο του Κύκλου Euler του τριγώνου $\vartriangle I_{a}I_{b}I_{c}$ .

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2, προκύπτει ότι η ευθεία $TI_{a}$ περνάει από το

και ισχύει $TO = OI_{a}\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και $IA' = A'I_{a}$ ( γνωστό αποτέλεσμα ), όπου $A'\equiv (O)\cap AI_{a}$ , προκύπτει ότι $TI = 2OA' = 2R\ \ \ ,(3)$ , όπου

είναι η ακτίνα του περίκυκλου (O)

του $\vartriangle ABC$ .

: Ομοκυκλικά σημεία.; f=112_t=48553.PNG (53.77 KiB) Προβλήθηκε 681 φορές

$\bullet$ Η ευθεία $TI_{a}$ ταυτίζεται με την μεσοκάθετη ευθεία του τμήματος

και άρα έχουμε $TP = TQ\ \ \ ,(4)$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 3 , προκύπτει ότι $TP = TQ = 2R\ \ \ ,(5)$

Έτσι, από $(1),\ (3),\ (4),\ (5)\Rightarrow$ $TI_{c} = TP = TI = TQ = TI_{b} = 2R\ \ \ ,(6)$

Από (6)

συμπεραίνεται ότι τα σημεία $I_{b},\ I_{c},\ P,\ I,\ Q$ ανήκουν στον ίδιο κύκλο έστω (T)

, με κέντρο το σημείο $T\equiv I_{b}D\cap I_{c}E$ και ακτίνα ίση με την διάμετρο του περίκυκλου (O)

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E$ , τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων $(I_{b}),\ (I_{c})$ στις ευθείες $AB,\ AC$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι το σημείο έστω $T\equiv I_{b}D\cap I_{c}E$ ταυτίζεται με το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle II_{b}I_{c}$ , όπου είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και $I_{b},\ I_{c}$ είναι τα παράκεντρά του, αντίστοιχα των κορυφών $B,\ C$ .

ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $AD,\ BE,\ CZ$ τα ύψη του, με ορθόκεντρο το . Έστω $K,\ L$ , οι προβολές των $B,\ C$ επί των ευθειών $DE,\ DZ$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $T\equiv BK\cap CL$ . Αποδείξτε ότι η ευθεία περνάει από το κέντρο , του Κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$ και διχοτομείται απ' αυτό.

ΛΗΜΜΑ 3. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $(I_{a})$ , o -παρεγγεγραμμένος κύκλος του. Έστω η εξωτερική κοινή εφαπτομένη των κύκλων $(O),\ (I_{a})$ , με $Q\in (O)$ και ας είναι , το συμμετρικό σημείο του $I_{a}$ ως προς το , όπου $O,\ I_{a}$ είναι το περίκεντρο και το -παράκεντρο του $\vartriangle ABC$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι , όπου είναι η ακτίνα του .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου για τα ως άνω Λήμματα 1, 2, 3.

#3

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E$ , τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων $(I_{b}),\ (I_{c})$ στις ευθείες $AB,\ AC$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι το σημείο έστω $T\equiv I_{b}D\cap I_{c}E$ ταυτίζεται με το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle II_{b}I_{c}$ , όπου είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και $I_{b},\ I_{c}$ είναι τα παράκεντρά του, αντίστοιχα των κορυφών $B,\ C$ .

Αποδεικνύεται άμεσα ότι το τρίγωνο $\vartriangle TI_{b}I_{c}\ \ \ ,(1)$ είναι ισοσκελές με $TI_{b} = TI_{c}$ , από $\displaystyle\angle EI_{c}A = \angle CAI_{a} = \frac{\angle A}{2}$ , λόγω $I_{c}E\perp AC$ και $I_{c}A\perp AI_{a}$ και από $\displaystyle\angle DI_{b}A = \angle BAI_{a} = \frac{\angle A}{2}$ , λόγω $I_{b}D\perp AB$ και $I_{b}A\perp AI_{a}$ .

: Ομοκυκλικά σημεία - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f=112_t=48553(a).PNG (40 KiB) Προβλήθηκε 621 φορές

$\bullet$ Τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle II_{b}I_{c}$ είναι ορθολογικά, γιατί οι εκ των κορυφών $A,\ B,\ C$ του $\vartriangle ABC$ κάθετες ευθείες επί των ευθειών των πλευρών $I_{b}I_{c},\ II_{b},\ II_{c}$ του $\vartriangle II_{b}I_{c}$ αντιστοίχως, συντρέχουν στο σημείο $I_{a}$

= ορθοπολικό σημείο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ως προς το $\vartriangle II_{b}I_{c}$

και άρα, έχουμε ότι και οι εκ των κορυφών $I,\ I_{b},\ I_{c}$ του $\vartriangle II_{b}I_{c}$ κάθετες ευθείες επί των ευθειών των πλευρών $BC,\ AB,\ AC$ του $\vartriangle ABC$ τέμνονται στο ίδιο σημείο, το οποίο ταυτίζεται προφανώς με το σημείο

= ορθοπολικό σημείο του τριγώνου $\vartriangle II_{b}I_{c}$ ως προς το $\vartriangle ABC$

.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι $IT\perp BC\ \ \ ,(2)$ και ας είναι

, η προβολή του σημείου

επί της ευθείας $CI_{c}$ .

Προκύπτει εύκολα τώρα ότι ισχύει $\angle ETS = \angle ECS\ \ \ ,(3)$ και $\angle STI = \angle SCB\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\angle ETS = \angle STI\ \ \ ,(5)$ λόγω $\displaystyle \angle ECS = \angle SCB = \frac{\angle C}{2}$

Από (4)

και $TS\perp II_{c}$ προκύπτει ότι το τρίγωνο $\vartriangle TII_{c}$ είναι ισοσκελές με $TI = TI_{c}$ και άρα, $TI = TI_{b} = TI_{c}$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $AD,\ BE,\ CZ$ τα ύψη του, με ορθόκεντρο το . Έστω $K,\ L$ , οι προβολές των $B,\ C$ επί των ευθειών $DE,\ DZ$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $T\equiv BK\cap CL$ . Αποδείξτε ότι η ευθεία περνάει από το κέντρο , του Κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$ και διχοτομείται απ' αυτό.

: Ομοκυκλικά σημεία - Απόδειξη του Λήμματος 2.; f=112_t=48553(b).PNG (25.75 KiB) Προβλήθηκε 525 φορές

Είναι γνωστό ότι το ορθόκεντρο

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ ταυτίζεται με το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ και οι κορυφές $A,\ B,\ C$ με τα παράκεντρά του και άρα, ισχύει σύμφωνα με τα προηγούμενα ( Λήμμα 1 ) TB = TC

και επομένως, το σημείο $T\equiv BK\cap CL$ ανήκει στην μεσοκάθετη ευθεία του

.

Από $\angle BCT = 90^{o} - \angle CDL = 90^{o} - \angle A\ \ \ ,(1)$ και $\angle BCO = 90^{o} - \angle COT = 90^{o} - \angle A\ \ \ ,(2)$ προκύπτει ότι το σημείο

είναι συμμετρικό του σημείου του

ως προς την ευθεία

, όπου

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ ( το οποίο ανήκει επίσης στην μεσοκάθετη ευθεία του

).

Από $AH\parallel = 2OM$ ( γνωστό αποτέλεσμα ) τώρα, όπου $M\equiv BC\cap OT$ , προκύπτει $AH\parallel = OT\ \ \ ,(3)$

Από (3)

συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο AHTO

είναι παραλληλόγραμμο και άρα, η ευθεία

περνάει από το μέσον

του

= Ευθεία Euler του $\vartriangle ABC$

και διχοτομείται από αυτό και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#5

vittasko έγραψε: ΛΗΜΜΑ 3. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $(I_{a})$ , o -παρεγγεγραμμένος κύκλος του. Έστω η εξωτερική κοινή εφαπτομένη των κύκλων $(O),\ (I_{a})$ , με $Q\in (O)$ και ας είναι , το συμμετρικό σημείο του $I_{a}$ ως προς το , όπου $O,\ I_{a}$ είναι το περίκεντρο και το -παράκεντρο του $\vartriangle ABC$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι , όπου είναι η ακτίνα του .

Έστω

, η δεύτερη κοινή εξωτερική εφαπτομένη των κύκλων $(O),\ (I_{a})$ , με $P\in (O)$ και έστω το σημείο $S\equiv (O)\cap OP$ .

Από $\angle TOQ = \angle TOP = \angle I_{a}OS$ και $OT = OI_{a}$ και OQ = OS

προκύπτει $TQ = I_{a}S\ \ \ ,(1)$

: Ομοκυκλικά σημεία - Απόδειξη του Λήμματος 3.; f=112_t=48553(c).PNG (23.91 KiB) Προβλήθηκε 518 φορές

Έστω

, η προβολή του σημείου $I_{a}$ επί της ευθείας

και από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle XI_{a}S$ έχουμε $(I_{a}S)^{2} = (XI_{a})^{2} + (XS)^{2}\ \ \ ,(2)$

Αλλά, $XS = PS - PX = 2R - R_{a}\ \ \ ,(3)$ όπου $R_{a}$ είναι η ακτίνα του κύκλου $(I_{a})$ .

Επίσης, από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle XI_{a}O$ έχουμε $(XI_{a})^{2} = (OI_{a})^{2} - (OX)^{2} = (OI_{a})^{2} - (R_{a} - R)^{2}\ \ \ ,(4)$

Ισχύει, $(OI_{a})^{2} = R^{2} + 2RR_{a}\ \ \ ,(5)$

= μία από τις γνωστές ως Ισότητες Euler στο τρίγωνο, που εκφράζουν τις αποστάσεις του περίκεντρου από το έγκεντρο και τα παράκεντρά του

(*).

Έτσι, από $(2),\ (3),\ (4),\ (5)\Rightarrow$ $(I_{a}S)^{2} = 4R^{2}\Rightarrow$ $I_{a}S = 2R\ \ \ ,(6)$

Από $(1),\ (6)\Rightarrow$ TQ = 2R

και το Λήμμα 3 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

(*) Μία απλή απόδειξη της (5)

θα βρει ο αναγνώστης και στην σελίδα 215 του βιβλίου ΕΠΙΠΕΔΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 1 του Χ. ΤΑΒΑΝΛΗ, Εκδόσεις Ι. Χιωτέλλη, Αθήνα 1970 (;)

Ομοκυκλικά σημεία

Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Μέλη σε σύνδεση