Διδακτικό-Ναί (Geo)

S.E.Louridas · #1

Όμορφο διδακτικό πρόβλημα που υπενθυμίζει και προπονεί.

''Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και τον περιγεγραμμένο του κύκλο.
1) Να αποδειχθεί η ύπαρξη κύκλου που εφάπτεται εσωτερικά στον περιγεγραμμένο αυτό κύκλο και σε δύο πλευρές του τριγώνου.
2) Να αποδειχθεί ότι η ευθεία που ενώνει τα δύο αυτά σημεία επαφής περνά από το έκκεντρο του τριγώνου.''

S.E.Louridas

Σακης · #2

Θα δωσω λυση στο δευτερο ερωτημα:

Εστω το τριγωνο ABC

και ο κυκλος που εφαπτεται στις AB,AC

και στον περικυκλο του ABC

στα

αντιστοιχως.
Θεωρω την κοινη εφαπτομενη στο

που τεμνει τις DE,AB,AC

στα

αντιστοιχως. Τοτε (P,R,Q,S)=-1

αρα η δεσμη (A,AP,AQ,AR,AS)

είναι αρμονικη.
Εστω $AR\capDE\equivF$ και

μεσο του

. Τοτε

.
Αφου

μεσο του

ισχυει από γνωστη προταση PD.PE=PF.PI

.
Από δυναμη σημειου του

ισχυει

. Αρα

.
Αρα η

είναι εφαπτομενη στον περικυκλο του τριγωνου FIR

.
Αρα $\widehat{PRF}=\widehat{FIR}$ . Όμως $\widehat{PRF}=\widehat{RCA}$
οποτε $\widehat{FIR}=\widehat{RCA}$ . Αρα το RIEC

είναι εγγραψιμο και ομοιως
το BDIR

.

Όμως $\widehat{QRD}=\widehat{QDR}$ και $\widehat{QDR}=\widehat{BIR}$ .
Αρα $\widehat{QRD}=\widehat{BIR}$ και επειδη από προηγουμενη σχεση
$\widehat{PRF}=\widehat{FIR}$ προκυπτει τελικα
$\widehat{DRF}=\widehat{BID}=\widehat{BRD}$ . Αρα

διχοτομος της $\widehat{BRA}$ . Όμως $\widehat{BRA}=\widehat{BCA}$ . Αρα $\displaystyle{\widehat{BRD}=\widehat{BID}=\frac{\widehat{C}}{2}}$ .
Τοτε ευκολα αποδεικνυεται $\displaystyle{\widehat{DBI}=\frac{\widehat{B}}{2}}$ . Τοτε

διχοτομος και αρα

εγκεντρο αφου ανηκει στη διχοτομο της $\widehat{A}$ .

Stefanos87 · #3

Εφαρμογη θεωρηματος Casey για τα σημεια Ι(εγκεντρο) και Κ(κεντρο του κυκλου της ασκησης) ως προς τον περιγεγγραμμενο κυκλο και τον κυκλο που διερχεται απο τα ΑDE (D,E ως παραπανω).

S.E.Louridas · #4

Τό πρώτο ερώτημα έχει απαντηθεί από τον Απολλώνιο (Κατασκευή κύκλου εφαπτόμενου σε δύο ευθείες και σε ένα κύκλο), μιάς σπάνιας ομορφιάς κατασκευή με λεπτούς και ακριβείς Μαθηματικούς χειρισμούς που εντιπωσιάζουν και ταυτόχρονα διδάσκουν Διαχρονικά.

Αν Δ, Ε, Τ τα σημεία επαφής του κύκλου με τις ΑΒ, ΑΓ και του περιγεγραμμένου στο τρίγωνο ΑΒΓ αντίστοιχα. Αν Ι είναι το μέσο της ΔΕ θεωρούμε την αντιστροφή $\left( {{\rm A},{\rm A}{\rm I}^2 } \right).$
Έστω ${\rm B}{'} ,\Gamma {'} ,{\rm T}{'} ,$
τα αντίστροφα των Β, Γ, Τ αντίστοιχα που σημαίνει ότι είναι συνευθειακά. Θεωρούμε
$\Delta {'} ,{\rm E}{'}$
τα αντίστροφα σημεία των Δ, Ε αντίστοιχα, οπότε από την σχέση
${\rm A}{\rm I}^2 = {\rm A}\Delta \cdot {\rm A}\Delta {'} = {\rm A}{\rm E} \cdot {\rm A}{\rm E}{'} \Rightarrow \mathop {{\rm A}{\rm I}\Delta }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm A}{\rm I}{\rm E}}\limits^ \wedge = 90^ \circ ,$
τελικά η περιγεγραμμένη περιφέρεια στο τρίγωνο
$\Delta {'} {\rm E}{'} {\rm T}{'}$
είναι αντίστροφη της ΔΕΤ άρα εφάπτεται της
${\rm B}{'} \Gamma {'} \;\sigma \tau o\;{\rm T}{'} ,$
αφού η αντιστροφή διατηρεί τα σημεία επαφής. Έτσι το Ι είναι παράκεντρο του τριγώνου
$\vartriangle {\rm A}{\rm B}{'} \Gamma {'} .$
Ο κύκλος ${\rm I}{\rm B}\Gamma {'}$ τέμνει την ΑΙ στο έκκεντρο Μ του τριγώνου
${\rm I}{\rm B}{'} {\rm M}\Gamma {'} \Rightarrow \mathop {{\rm B}{'} {\rm I}{\rm M}}\limits^ \wedge = \mathop {{\rm B}{'} \Gamma {'} {\rm M}}\limits^ \wedge = \frac{1} {2}\mathop {{\rm B}{'} \Gamma {'} {\rm A}}\limits^ \wedge = \frac{1} {2}\mathop {{\rm A}{\rm B}\Gamma }\limits^ \wedge .$
Επειδή τα σημεία είναι αντίστροφα των σημείων Β, Ι αντίστοιχα οπότε οι
${\rm B}{'} {\rm I}\;\kappa \alpha \iota \;{\rm B}{\rm I},$
είναι αντιπαράλληλες έχουμε:
$\mathop {{\rm A}{\rm B}{\rm I}}\limits^ \wedge = \mathop {{\rm B}{'} {\rm I}{\rm A}}\limits^ \wedge = \mathop {{\rm B}{'} {\rm I}\Theta }\limits^ \wedge = \frac{1} {2}\mathop {{\rm A}{\rm B}\Gamma }\limits^ \wedge ....$

Υ.Γ. Ας αντιμετωπιστεί το ίδιο πρόβλημα όταν έχουμε τον κύκλο να εφάπτεται ΕΞΩΤΕΡΙΚΑ.

S.E.Louridas

Διδακτικό-Ναί (Geo)

Διδακτικό-Ναί (Geo)

Re: Διδακτικό-Ναί (Geo)

Re: Διδακτικό-Ναί (Geo)

Re: Διδακτικό-Ναί (Geo)

Μέλη σε σύνδεση