Ομοκυκλικά σημεία

#1

Έστω οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC

,

το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας $\widehat{A}$ με την πλευρά

και

το ίχνος του ύψους από το

. Έστω ότι η μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος

τέμνει τα ημικύκλια διαμέτρου

και

που κατασκευάζονται στο εξωτερικό του τριγώνου ABC

στα σημεία

και

, αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι τα σημεία

,

και

είναι ομοκυκλικά.

#2

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 03, 2022 9:13 pm
Έστω οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο , το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας $\widehat{A}$ με την πλευρά και το ίχνος του ύψους από το . Έστω ότι η μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος τέμνει τα ημικύκλια διαμέτρου και που κατασκευάζονται στο εξωτερικό του τριγώνου στα σημεία και , αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι τα σημεία , , και είναι ομοκυκλικά.

Ωραίος ο Αχιλλέας !. Ευκολούτσικη και όμορφη πρόταση !. Ες αύριο τα νεότερα αν δεν απαντηθεί

#3

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 03, 2022 9:13 pm
Έστω οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο , το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας $\widehat{A}$ με την πλευρά και το ίχνος του ύψους από το . Έστω ότι η μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος τέμνει τα ημικύκλια διαμέτρου και που κατασκευάζονται στο εξωτερικό του τριγώνου στα σημεία και , αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι τα σημεία , , και είναι ομοκυκλικά.

Ας δούμε λίγο πιο γενικά το πρόβλημα (δεν είναι ανάγκη το

να είναι ύψος του τριγώνου.

Δίνεται οξυγώνιο και σκαλινό τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και ας είναι τα σημεία τομής των περίκυκλων $\left( K \right),\left( L \right)$ των τριγώνων $\vartriangle ABD,\vartriangle ACD$ με τη μεσοκάθετη της διχοτόμου του $\vartriangle ABC$ που βρίσκονται εξωτερικά αυτού, με τυχόν σημείο της πλευράς του . Να δειχτεί ότι είναι ομοκυκλικά.

Απόδειξη

: ομοκυκλικά.png (94.18 KiB) Προβλήθηκε 865 φορές

$\bullet$ Έστω S,M,N

τα μέσα των AE,AB,AC

αντίστοιχα . Τότε προφανώς M,S,N

συνευθειακά και ας είναι

το σημείο τομής της διακέντρου

των κύκλων $\left( K \right),\left( L \right)$ με την κοινή τους χορδή

. Προφανώς

το μέσο της

(η διάκεντρος τεμνομένων κύκλων είναι μεσοκάθετη στην κοινή τους χορδή) , οπότε M,F,S,N

συνευθειακά και έστω $Q\equiv XY\cap KL$ .

$\bullet$ Με $KM\bot AB,KF\bot AD,LN\bot AC,KS\bot AD,QS\bot AE$ προκύπτει ότι οι τετράδες $\left( A,M,K,F \right),\left( A,F,S,Q \right),\left( A,F,N,L \right)$ είναι ομοκυκλικές σε κύκλους διαμέτρων AK,AQ,AL

αντίστοιχα.

Έχουμε: $\angle XDB\overset{A,X,B,D\in \left( K \right)}{\mathop{=}}\,\angle XAB\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta -\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta }{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle XKD}{2}:\left( 1 \right)$ και ομοίως $\angle YDC=\angle CAY=\dfrac{\angle CLY}{2}:\left( 2 \right)$ .

: ομοκυκλικά.png (94.18 KiB) Προβλήθηκε 865 φορές

$\bullet$ Επίσης $\angle MAK\overset{A,M,K,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle MFK\overset{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu }{\mathop{=}}\,\angle SFQ\overset{A,F,S,Q\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle SAQ:\left( 3 \right)$ και $\angle SFQ\equiv \angle NFL\overset{A,F,N,L\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle NAL:\left( 4 \right)$ . Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right)$ προκύπτει ότι τα ισοσκελή τρίγωνα (λόγω ακτινών και μεσοκαθέτου) $\vartriangle AKB,\vartriangle AQE,\vartriangle ALC$ είναι όμοια (από μια γωνία των «βάσεών» τους ίση) και συνεπώς $\angle KBA=\angle LCA\Rightarrow A,B,C,Z$ ομοκυκλικά , όπου $Z\equiv BK\cap CL$ όπως επίσης και (εξ’ αιτίας της διχοτόμου $\angle KAQ\overset{\angle MAS=\angle SAN,\angle MAK=\angle NAL}{\mathop{=}}\,\angle QAL\Rightarrow AQ$ διχοτόμος της γωνίας $\angle KAL$ του τριγώνου $\vartriangle AKL\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon }{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{KQ}{QL}=\dfrac{AK}{AL}=\dfrac{KX}{LY}\Rightarrow KX\parallel LY\Rightarrow \angle XKB=\angle KTL\left( T\equiv YL\cap BZ \right)$

$\bullet$ Έτσι έχουμε: $\angle XKB+\angle XLY\overset{\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda \varepsilon \varsigma -\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu }{\mathop{=}}\,\angle ZTL+\angle ZLY\overset{\vartriangle TZL}{\mathop{=}}\,{{180}^{0}}-\angle Z$
$\overset{\angle Z=\angle A}{\mathop{=}}\,{{180}^{0}}-\angle A\Rightarrow 2\left( \angle XDB \right)+2\left( YDC \right)={{180}^{0}}-\angle A$ $\Rightarrow \angle A+\angle XDB+\angle YDC={{180}^{0}}-\left( \angle XDB+\angle YDC \right)$ $\Rightarrow \angle A+\angle XAB+\angle YAC=\angle XDY\Rightarrow \angle XAY=\angle XDY$ $\overset{\angle XAY=\angle XEY(\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha )}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle XEY=\angle XDY\Rightarrow X,D,E,Y$ ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Henri van Aubel · #4

achilleas έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 03, 2022 9:13 pm
Έστω οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο , το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας $\widehat{A}$ με την πλευρά και το ίχνος του ύψους από το . Έστω ότι η μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος τέμνει τα ημικύκλια διαμέτρου και που κατασκευάζονται στο εξωτερικό του τριγώνου στα σημεία και , αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι τα σημεία , , και είναι ομοκυκλικά.

Γειά σου Αχιλλέα!

Καιρό έχουμε να σε δούμε! (σε χρειαζόμαστε) Έπεσα πάνω του στην περιήγησή μου στο forum . Θα δείξω το γενικό πρόβλημα του Στάθη.

Θέτω $\angle BAD=y,\angle XBA=u,\angle YCA=z$ και έχουμε:

$\displaystyle \frac{XA}{AE}=\frac{1}{2\cos \angle XAE}=\frac{1}{2\cos \displaystyle \left ( \frac{A}{2}+180^\circ-B-y-u \right )}\left ( 1 \right )$

$\displaystyle \frac{AD}{AX}=\frac{\sin B}{\sin u}\left ( 2 \right )$

Οπότε από $\left ( 1 \right ),\left ( 2 \right )$ θα έχουμε $\displaystyle \frac{-\sin B}{2\sin u\cos \displaystyle \left ( B-\frac{A}{2} +y+u\right )}=\frac{\sin \displaystyle \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\sin \left ( B+y \right )}\left ( \ast \right )$

Η σχέση $\left ( \ast \right )$ γράφεται ως $\displaystyle 2\sin u \left [\cos u\cos \left ( B-\frac{A}{2}+y \right )-\sin u\sin \left ( B-\frac{A}{2}+y \right ) \right]=$

$\displaystyle =\sin 2u\cos \left ( B-\frac{A}{2}+y \right )-\left ( 1-\cos 2u \right )\sin \left ( B-\frac{A}{2}+y \right )=$

$\displaystyle =\sin \left ( 2u+B-\frac{A}{2}+y \right )-\sin \left ( B-\frac{A}{2}+y \right )=\frac{-\sin B\sin \left ( B+y \right )}{\sin \displaystyle \left ( \frac{A}{2}+B \right )}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \boxed{\Leftrightarrow \sin \left ( 2u+B-\frac{A}{2}+y \right )=\frac{\sin \left ( B-\frac{A}{2}+y \right )\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )-\sin B\sin \left ( B+y \right )}{\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}}\left ( I \right )$

Επιπλεόν έχουμε:

$\displaystyle \frac{AY}{AE}=\frac{1}{2\cos \angle YAE}=\frac{1}{2\cos\displaystyle \left ( \frac{A}{2}+B+y-z \right )}\left ( 3 \right )$

$\displaystyle \frac{AD}{AY}=\frac{\sin C}{\sin z}\left ( 4 \right )$

Από τις σχέσεις $\left ( 3 \right ),\left ( 4 \right )$ θα έχουμε:

$\displaystyle \frac{\sin C}{2\sin z\cos \displaystyle\left ( \frac{A}{2}+B+y-z \right )}=\frac{\sin \displaystyle\left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\sin \left ( B+y \right )}\left ( \ast \ast \right )$

Η σχέση $\left ( \ast \ast \right )$ γράφεται ως $\displaystyle 2\sin z\left [ \cos \left ( \frac{A}{2}+B+y \right )\cos z+\sin \left ( \frac{A}{2}+B+y \right )\sin z \right ]=$

$\displaystyle =\sin 2z\cos \left ( \frac{A}{2}+B+y \right )+\sin \left ( \frac{A}{2} +B+y\right )-\cos 2z\sin \left ( \frac{A}{2}+B+y \right )=$

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

$\displaystyle \Leftrightarrow \boxed{\sin \left ( 2z-B-\frac{A}{2}-y \right )=\frac{\sin C\sin \left ( B+y \right )-\sin \left ( \frac{A}{2}+B+y \right )\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}}\left ( II \right )$

Από τις $\left ( I \right ),\left ( II \right )$ προκύπτει ότι $\displaystyle \sin \left ( 2u+B-\frac{A}{2}+y \right )=\sin \left ( 2z-B-\frac{A}{2}-y \right )$ κι επιδή οι γωνίες είναι κυρτές και άνισες προκύπτει ότι είναι παραπληρωματικές οπότε $\boxed{2u+2z=180^\circ+\angle A}\left ( III \right )$

Από $\left ( III \right )$ προκύπτει ότι $u+z=180^\circ+\angle A-u-z\Rightarrow \angle XDY=\angle XEY$ όπως θέλαμε.

Ομοκυκλικά σημεία

Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Re: Ομοκυκλικά σημεία

Μέλη σε σύνδεση