Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

#1

Μία όμορφη πρωτομαγιάτικη, πριν την αναχώρηση για τα ορεινά της Πελοποννήσου, προς Σπάρτη μεριά.

Επί ευθείας $(\varepsilon)$ δίνονται κατά σειρά τα σημεία $A,\ B,\ C$ και έστω Με διαμέτρους τα τμήματα $AB,\ BC,$ γράφουμε τα ημικύκλια $(K),\ (L)$ αντιστοίχως, προς το αυτό μέρος της $(\varepsilon)$ . Με διάμετρο το τμήμα όπου $K,\ L$ είναι αντιστοίχως τα κέντρα των $(K),\ (L),$ γράφουμε το ημικύκλιο έστω το οποίο τέμνει τα $(K),\ (L),$ στα σημεία $D,\ E,$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $F\equiv (K)\cap DE$ και $Z\equiv (L)\cap DE.$ Αποδείξτε ότι τα σημεία $P\equiv AF\cap BD$ και $Q\equiv KD\cap LE$ και $R\equiv BE\cap CZ$ είναι συνευθειακά.

Κώστας Βήττας.

: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.; f=112_t=44115.PNG (17.43 KiB) Προβλήθηκε 1708 φορές

#2

: εφαπτόμενα ημικύκλια 2..png (37.38 KiB) Προβλήθηκε 1437 φορές

vittasko έγραψε:Μία όμορφη πρωτομαγιάτικη, πριν την αναχώρηση για τα ορεινά της Πελοποννήσου, προς Σπάρτη μεριά.

Επί ευθείας $(\varepsilon)$ δίνονται κατά σειρά τα σημεία $A,\ B,\ C$ και έστω Με διαμέτρους τα τμήματα $AB,\ BC,$ γράφουμε τα ημικύκλια $(K),\ (L)$ αντιστοίχως, προς το αυτό μέρος της $(\varepsilon)$ . Με διάμετρο το τμήμα όπου $K,\ L$ είναι αντιστοίχως τα κέντρα των $(K),\ (L),$ γράφουμε το ημικύκλιο έστω το οποίο τέμνει τα $(K),\ (L),$ στα σημεία $D,\ E,$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $F\equiv (K)\cap DE$ και $Z\equiv (L)\cap DE.$ Αποδείξτε ότι τα σημεία $P\equiv AF\cap BD$ και $Q\equiv KD\cap LE$ και $R\equiv BE\cap CZ$ είναι συνευθειακά.
Κώστας Βήττας.

Καλημέρα ... Όσο καλή μπορεί να είναι μια μέρα χωρίς Κώστα (Ζερβό). Είναι από τους ΑΝΘΡΩΠΟΥΣ που δεν θα ξεχάσω ποτέ μου....

$\bullet$ Έστω το σημείο τομής της κοινής εσωτερικής εφαπτομένης των ημικυκλίων $\left( K \right),\left( L \right)$ με την ευθεία . Τότε με εφαπτόμενη του $\left( K \right)$

(αφού $\angle LDK = {90^0}$ (ως εγγεγραμμένη στο ημικύκλιο $\left( O \right)$ )) από το Θεώρημα του στο εκφυλισμένο εγγεγραμμένο στον $\left( K \right)$ εξάγωνο

(όπως αναφέρουν και τα παλικάρια !!!! εδώ τα σημεία $P \equiv AF \cap BD,M \equiv FD \cap BB,L \equiv DD \cap AB$ είναι συνευθειακά

και ομοίως τα είναι συνευθειακά από το εγγεγραμμένο εκφυλισμένο εξάγωνο στον κύκλο $\left( L \right)$ .
[attachment=0]εφαπτόμενα ημικύκλια 2..png[/attachment]
$\bullet$ Για τις τριάδες των συνευθειακών σημείων $\left( {D,M,E} \right)$ και $\left( {K,B,L} \right)$ σύμφωνα με το Θεώρημα του Πάππου προκύπτει ότι α σημεία

$T \equiv DB \cap MK,S \equiv DL \cap EK,N \equiv EB \cap ML$ είναι συνευθειακά και συνεπώς τα τρίγωνα

$\vartriangle DTK,\vartriangle LNE$ είναι προοπτικά κατά (με σημείο προοπτικότητας το και συνεπώς τα σημεία τομής

των αντιστοίχων πλευρών τους , $P \equiv DT \cap LN,Q \equiv KD \cap EL,R \equiv KT \cap NE$ , θα είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Η "επέκταση" του σχήματος δημιουργεί πολλά και ενδιαφέροντα ερωτήματα και θα επανέλθω αργότερα με μερικά από αυτά

#3

: Επαπτόμενα ημικύκλια 2. Πρόσθετα ερωτήματα.png (48.75 KiB) Προβλήθηκε 1582 φορές

vittasko έγραψε:Επί ευθείας $(\varepsilon)$ δίνονται κατά σειρά τα σημεία $A,\ B,\ C$ και έστω Με διαμέτρους τα τμήματα $AB,\ BC,$ γράφουμε τα ημικύκλια $(K),\ (L)$ αντιστοίχως, προς το αυτό μέρος της $(\varepsilon)$ . Με διάμετρο το τμήμα όπου $K,\ L$ είναι αντιστοίχως τα κέντρα των $(K),\ (L),$ γράφουμε το ημικύκλιο έστω το οποίο τέμνει τα $(K),\ (L),$ στα σημεία $D,\ E,$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $F\equiv (K)\cap DE$ και $Z\equiv (L)\cap DE.$ Αποδείξτε ότι τα σημεία $P\equiv AF\cap BD$ και $Q\equiv KD\cap LE$ και $R\equiv BE\cap CZ$ είναι συνευθειακά.
Κώστας Βήττας.

Σε συνέχεια του προβλήματος ας θέσω και μερικά ερωτήματα επεκτείνοντας το σχήμα.

i) Οι ευθείες διέρχονται από το ίδιο σημείο και μάλιστα ισχύουν:

a) Είναι $VH\parallel AC$ και b) η διχοτομεί την γωνία $\angle FYV$ , με $V \equiv AF \cap LE,H \equiv CZ \cap KD$

ii) Το συμμετρικό σημείο του ως προς το $M \equiv FZ \cap KR \cap LP$ είναι σημείο της ευθείας

iii) Ισχύει $S \equiv XB \cap DL \cap KE \cap TN$ , με $X \equiv AF \cap CZ,T \equiv BD \cap KR,N \equiv BE \cap LP$

iv) Είναι $XQ \bot TN$ και

v) η ευθεία είναι μεσοκάθετη του τμήματος

Στάθης

#4

vittasko έγραψε:Επί ευθείας $(\varepsilon)$ δίνονται κατά σειρά τα σημεία $A,\ B,\ C$ και έστω Με διαμέτρους τα τμήματα $AB,\ BC,$ γράφουμε τα ημικύκλια $(K),\ (L)$ αντιστοίχως, προς το αυτό μέρος της $(\varepsilon)$ . Με διάμετρο το τμήμα όπου $K,\ L$ είναι αντιστοίχως τα κέντρα των $(K),\ (L),$ γράφουμε το ημικύκλιο έστω το οποίο τέμνει τα $(K),\ (L),$ στα σημεία $D,\ E,$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $F\equiv (K)\cap DE$ και $Z\equiv (L)\cap DE.$ Αποδείξτε ότι τα σημεία $P\equiv AF\cap BD$ και $Q\equiv KD\cap LE$ και $R\equiv BE\cap CZ$ είναι συνευθειακά.

Μετά την όμορφη λύση που μας έδωσε ο Στάθης πιο πάνω και για να μην αυξάνονται οι οφειλές μου στο

, ας δούμε μία άλλη προσέγγιση.

$\bullet$ Έστω $K',\ M,\ L',$ οι προβολές των $K,\ O,\ L$ επί της ευθείας FZ,

όπου

είναι το κέντρο του (O)

, ως τα μέσα των $DF,\ DE,\ EZ,$ αντιστοίχως ( προφανές ).

Από το τραπέζιο KK'L'L

με

και $KK'\parallel OM\parallel LL'$ , έχουμε $MK' = ML'\ \Rightarrow$ $MD + DK' = ME + EL'\ \Rightarrow$ $DK' = EL'\ \Rightarrow$ $DF = EZ\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $MD = ME\ \Rightarrow$ $(MD)(MF) = (ME)(MZ)\ \ \ ,(2)$

Από (2)

προκύπτει ότι το μεσον

του

( αλλά και του

), ανήκει στον ριζικό άξονα των $(K),\ (L)$ και άρα, ισχύει $MB\perp AC.$ και έστω το σημείο $T\equiv AC\cap DE$ .

: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.; f=112_t=44115(a).PNG (34.71 KiB) Προβλήθηκε 1368 φορές

$\bullet$ Η ευθεία

εφάπτεται του ημικυκλίου (L)

στο σημείο

από $LE\perp KE,$ λόγω της διαμέτρου

στο ημικύκλιο (O)

και άρα, η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου $R\equiv KE\cap MB$ ως προς τον κύκλο (L)

και επειδή περνάει από το σημείο

προκύπτει ότι και η ευθεία

, που συνδέει τα σημεία $S\equiv BZ\cap CE$ και $T\equiv BC\cap EZ$ , ως η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον (L)

, περνάει από το σημείο

Από $KC\cap RS\cap MZ\equiv T$ τώρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, έχουμε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle RKM,\ \vartriangle SCZ$ είναι προοπτικά και άρα, από $RM\cap SZ\equiv B$ και $RK\cap SC\equiv E,$ συμπεραίνεται ότι οι ευθείες $KM,\ CZ$ τέμνονται σε σημείο επί της ευθείας

και επομένως, έχουμε ότι η ευθεία

ερνάει από το σημείο $N\equiv BE\cap CZ.$

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο $P\equiv BD\cap AF.$

$\bullet$ Επί των ευθειών $KL,\ DE,$ θεωρούμε τις τριάδες των σημείων $K,\ B,\ L$ και $E,\ M,\ D$ αντιστοίχως και σύμφωνα με το Θεώρημα Πάππου, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $N\equiv KM\cap EB$ και $Q\equiv KD\cap EL$ και $P\equiv BD\cap ML$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όπως γράφει και ο Στάθης πιο πάνω, στο σχήμα των δύο δοσμένων εφαπτόμενων ημικυκλίων εμφανίζονται αρκετά ενδιαφέροντα αποτελέσματα και μερικά ήδη προτάθηκαν ως επιπρόσθετα εδώ και προσδοκώ στο ενδιαφέρον σας για την απόδειξή τους.

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:iii) Ισχύει $S \equiv XB \cap DL \cap KE \cap TN$ , με $X \equiv AF \cap CZ,T \equiv BD \cap KR,N \equiv BE \cap LP$

Από τα πρόσθετα αποτελέσματα που έβαλε ο Στάθης πιο πάνω, ξεχωρίζω την απόδειξη για το (iii) ζητούμενο, ως ιδιαίτερο πρόβλημα Εφαπτόμενα ημικύκλια 3, όπως είχα σκοπό να το αναρτήσω.

Στο σχήμα του Στάθη, προκύπτει άμεσα ότι τα σημεία $T\equiv BD\cap KM$ και $S\equiv KE\cap DL$ και $N\equiv BE\cap LM$ είναι συνευθειακά, με βάση το Θεώρημα Πάππου, θεωρώντας τις τριάδες των σημείων $K,\ B,\ L$ και $D,\ M,\ E$ , επί των ευθειών $KL,\ DE,$ αντιστοίχως.

Δίνοντας ανεξάρτητη εκφώνηση, θα αποδείξουμε το πιο απαιτητικό σε τεκμηρίωση τμήμα του (iii) ζητούμενου ότι δηλαδή, το σημείο $S\equiv KE\cap DL$ ανήκει στην ευθεία PB,

όπου $P\equiv AF\cap CZ$ ( αντί του σημείου

στο σχήμα του Στάθη ).

Επί ευθείας $(\varepsilon)$ δίνονται κατά σειρά τα σημεία $A,\ B,\ C$ και έστω Με διαμέτρους τα τμήματα $AB,\ BC,$ γράφουμε τα ημικύκλια $(K),\ (L)$ αντιστοίχως, προς το αυτό μέρος της $(\varepsilon)$ . Με διάμετρο το τμήμα όπου $K,\ L$ είναι αντιστοίχως τα κέντρα των $(K),\ (L),$ γράφουμε το ημικύκλιο έστω το οποίο τέμνει τα $(K),\ (L),$ στα σημεία $D,\ E,$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $F\equiv (K)\cap DE$ και $Z\equiv (L)\cap DE.$ Αποδείξτε ότι το σημείο $S\equiv KE\cap DL$ ανήκει στην ευθεία , όπου $P\equiv AF\cap CZ$ .

: Εφαπτόμενα ημικύκλια 3.; f=112_t=44115(b).PNG (33.74 KiB) Προβλήθηκε 1281 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $Q\equiv AD\cap CE$ και $R\equiv PA\cap CQ$ και $T\equiv PC\cap AQ$ και σύμφωνα με το πρόβλημα Εφαπτόμενα ημικύκλια 1, ισχύει $RT\parallel AC$ και η ευθεία

περνάει από τα μέσα $M,\ N,$ των $AC,\ RT,$ αντιστοίχως.

Έχει αποδειχθεί επίσης ότι τα τετράπλευρα $PABT,\ PRQT$ είναι εγγράψιμα και άρα ισχύει $\angle RPQ = \angle RTQ = \angle QAB = \angle BPT\ \ \ ,(1)$

Η ευθεία

δηλαδή, ταυτίζεται με την

-συμμετροδιάμεσο του τριγώνου $\vartriangle PAC.$

$\bullet$ Δια των $A,\ C,$ φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $KE,\ LD$ αντιστοίχως, οι οποίες τέμνονται στο σημείο έστω

Από $\displaystyle \frac{AK}{KB} = 1 = \frac{BL}{LC}$ , σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, προκύπτει ότι τα σημεία $B,\ S,\ X$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Από $\angle KCX = \angle KLD = \angle KED = \angle E'EZ = \angle ECZ$ , γιατί η ευθεία

εφάπτεται του ημικυκλίου (L)

στο σημείο

λόγω $\angle KEL = 90^{o},$ συμπεραίνεται ότι οι ευθείες $CE,\ CX$ είναι ισογώνιες ως προς την γωνία $\angle PCA.$

Ομοίως αποδεικνύεται ότι οι ευθείες $AD,\ AX$ είναι ισογώνιες ως προς την γωνία $\angle PAC.$

Άρα, το σημείο

ανήκει στην ευθεία PB,

ως το σημείο τομής δύο ευθειών των οποίων οι ισογώνιες τέμνονται επί της ευθείας PM,

ισογώνιας της PB.

Οι ευθείες BSX

και

τώρα, ταυτίζονται γιατί έχουν δύο κοινά σημεία και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Προσδοκώ σε μία αυτόνομη απόδειξη ανεξάρτητη από το πρόβλημα Εφαπτόμενα ημικύκλια 1, και σε όποιον την σκαρφιστεί, βασισμένη έστω σε ένα απλούστερο Λήμμα, προσφέρεται ένα αντίτυπο της εξάτομης Γεωμετρίας του Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ που έχω διαθέσιμο.

#6

Ας δούμε μία στοιχειώδη απόδειξη για το (iii) ζητούμενο ( ως Εφαπτόμενα ημικύκλια 3 ) που μας έδωσε Εδώ, ο Nima Amini από το Ιράν, που υπογράφει με το ψευδώνυμο nima1376, συμπληρώνοντας

την συνοπτική λύση του με ενδιάμεσα βήματα που λείπουν, για ευκολία της ανάγνωσης.

$\bullet$ Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle KSD,\ \vartriangle LSE$ έχουμε $\displaystyle \frac{SK}{SL} = \frac{KD}{LE} = \frac{KB}{LB}\ \ \ ,(1)$ λόγω KD = KB

και

.

Από $(1)\ \Rightarrow$ $\angle KSB = \angle LSB\ \ \ ,(2)$

Για να είναι τα σημεία $B,\ S,\ P$ συνευθειακά, αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\angle ZBP = \angle ZBS\ \ \ ,(3)$

$\bullet$ Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BFPZ

έχουμε $\angle ZBP = \angle ZFP\ \ \ ,(4)$

Ισχύει : $\angle ZBS = \angle SBC - \angle ZBC\ \ \ ,(5)$

Αλλά, $\angle SBC = \angle LKE + \angle KSB\ \ \ ,(6)$

και $\angle ZBC = 90^{o} - \angle BCZ = 90^{o} - \angle BED$ $= 90^{o} - \angle BEK - \angle KED\ \ \ ,(7)$

: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2 - Απόδειξη από τον Nima Amini.; f=112_t=44115(c).PNG (25.68 KiB) Προβλήθηκε 1238 φορές

Από

και $\angle KED = \angle KLD$ και $\displaystyle \angle BEK = 45^{o} - \frac{LKE}{2}$ λόγω της εφαπτομένης

του ημικυκλίου (L),

από το σημείο

που κείται επί της ευθείας της διαμέτρου του

( αποδεικνύεται εύκολα ),

προκύπτει $\displaystyle \angle ZBC = 45^{o} + \frac{\angle LKE}{2} - \angle KLD\ \ \ ,(8)$

Από $(5),\ (6),\ (8)\ \Rightarrow$ $\displaystyle \angle ZBS = \angle LKE + \angle KSB - 45^{o} - \frac{\angle LKE}{2} + \angle KLD$

$\Rightarrow$ $\displaystyle \angle ZBS = \frac{\angle LKE + \angle KSL}{2} - 45^{o} + \angle ABD - \angle BDL$

$\Rightarrow$ $\angle ZBS = \displaystyle 90^{o} - \frac{\angle KLD}{2} - 45^{o} + \angle ABD - \left( 45^{o} - \frac{\angle KLD}{2} \right)$

$\Rightarrow$ $\angle ZBS = \angle ABD = \angle ZFP\ \ \ ,(9)$

Από $(4),\ (9)\ \Rightarrow$ (3)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αύριο το σχήμα γιατί τώρα είναι αργά. Επίσης τις αποδείξεις για τα πρόσθετα αποτελέσματα του Στάθη πιο πάνω και ένός επί πλέον.

#7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:(v) H ευθεία είναι μεσοκάθετη του τμήματος

Έχει αποδειχθεί στα προηγούμενα, ότι το σημείο $S\equiv KE\cap LD$ ανήκει στην ευθεία XB,

όπου $X\equiv AF\cap CZ$ ( όπως στο σχήμα του Στάθη ) και ότι $\angle KSB = \angle LSB.$

Για να είναι η PQR

μεσοκάθετη ευθεία του XB,

αρκεί να αποδειχθεί ότι PB = PX

και

: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2 - Απόδειξη του (v) πρόσθετου αποτελέσματος Στάθη Κούτρα.; f=112_t=44115(d).PNG (33.22 KiB) Προβλήθηκε 1223 φορές

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle SBE$ έχουμε $\angle XBR = \angle KSB - \angle KEB\ \ \ ,(1)$

Αλλά, $\displaystyle \angle KSB = \frac{\angle KSL}{2} = 90^{o} - \frac{\angle KLS + \angle LKS}{2}\ \ \ ,(2)$ και $\displaystyle \angle KEB = 45^{o} - \frac{\angle LKS}{2}\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)\ \Rightarrow$ $\displaystyle \angle XBR = 45^{o} - \frac{\angle KLS}{2} = \angle BDL\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και $\angle BDL = \angle BAD\equiv \angle BAT = \angle BXT\equiv \angle BXR$ , λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου XABT,

προκύπτει ότι $\angle XBR = \angle BXR\ \Rightarrow$ $RB = RX\ \ \ ,(5)$ και ομοίως αποδεικνύεται ότι ισχύει και $PB = PX\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)$ συμπεραίνεται ότι η PQR

ταυτίζεται με την μεσοκάθετη ευθεία του

και το (v) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#8

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:(i) Οι ευθείες διέρχονται από το ίδιο σημείο και μάλιστα ισχύουν:

a) Είναι $VH\parallel AC$ και b) η διχοτομεί την γωνία $\angle FYV$ , με $V \equiv AF \cap LE,H \equiv CZ \cap KD$

Έστω τα σημεία $D'\equiv XA\cap LQ$ και $E'\equiv XC\cap KQ$ αντί των $V,\ H$ αντιστοίχως στο σχήμα του Στάθη.

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle EQR$ έχουμε $\angle EQR = 180^{o} - \angle QER - \angle QRE\ \ \ ,(1)$

Αλλά, $\angle QER = \angle BEL = \angle EBC\ \ \ ,(2)$ και $\angle QRE = \angle QRX = 90^{o} - \angle BXT$ $= 90^{o} - \angle BAT\equiv \angle BAD\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)\ \Rightarrow$ $\angle EQR = 90^{o} + \angle BAD - \angle EBC\ \ \ ,(4)$

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι ισχύει και $\angle DQP = 90^{o} + \angle BCE - \angle DBA\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)$ και $\angle BAD + \angle DBA = 90^{o} = \angle BCE + \angle EBC\ \Rightarrow$ $\angle EQR = \angle DQP\ \ \ ,(6)$

Από (6)

και $\angle DPQ = \angle D'PQ$ προκύπτει ότι η ευθεία PQR

ταυτίζεται με την μεσοκάθετη ευθεία του DD'

και άρα,

ισχύει $DD'\parallel XB\ \ \ ,(7)$ και ομοίως έχουμε $EE'\parallel XB\ \ \ ,(8)$

: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2 - Απόδειξη του (i) πρόσθετου αποτελέσματος Στάθη Κούτρα.; f=112_t=44115(e).PNG (41.77 KiB) Προβλήθηκε 1188 φορές

$\bullet$ Από τα συνευθειακά σημεία τώρα, $B\equiv PD\cap RE$ και $X\equiv PD'\cap RE'$ και $\infty\equiv DD'\cap EE',$ σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques,

συμπεραίνεται ότι τα τρίγωνα $\vartriangle PDD',\ \vartriangle REE'$ είναι προοπτικά και άρα, οι ευθείες $DE\equiv FZ$ και PQR

και

τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω

και το κύριο μέρος του (i) ζητούμενου έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Για να είναι $D'E'\parallel AC,$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{QD'}{QL} = \frac{QE'}{QK}\ \ \ ,(9)$

Από (9)

και

αρκεί να αποδειχθεί $\displaystyle \frac{QD}{QL} = \frac{QE}{QK}\ \ \ ,(10)$

Η (10)

όμως αληθεύει από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle QDE,\ \vartriangle QKL,$ λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου KDEL

και το (a) μέρος του (i) ζητούμενου έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle PYD'$ έχουμε $\angle PYD' = \angle QPD' - PD'Y = \angle QPD' - XD'E'\ \ \ ,(11)$

Από το τρίγωνο $\vartriangle PYD$ έχουμε $\angle PYD = \angle QPD - \angle PDY$ $= \angle QPD - \angle BDE = \angle QPD - \angle XAB\ \ \ ,(12)$

Από $(11),\ (12)$ και $\angle QPD = \angle QPD'$ και $\angle XD'E' = \angle XAB\ \Rightarrow$ $\angle PYD = \angle PYD'$ και το (b) μέρος του (i) ζητούμενου έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#9

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:(ii) Το συμμετρικό σημείο του ως προς το $M \equiv FZ \cap KR \cap LP$ είναι σημείο της ευθείας

Έστω

το μέσον του WT,

όπου $W\equiv XA\cap CE$ και $T\equiv XC\cap AD$ και έχει αποδειχθεί στα προηγούμενα ότι ισχύει $WT\parallel AC$ και ότι το τετράπλευρο XWVT,

όπου $V\equiv AT\cap CW$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (O').

Τα σημεία $O',\ N,\ B$ είναι συνευθειακά, όπου

είναι το κέντρο του (O),

γιατί στο εγγράψιμο τετράπλευρο XWVT,

λόγω της

ως της Πολικής ευθείας του σημείου $N\equiv WT\cap XV$ ως προς τον κύκλο (O')

, ισχύει ως γνωστόν ότι $O'N\perp AC$ και ότι η ευθεία O'N

τέμνει την

κατά το Σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου XWVTAC,

που είναι το

Από την εφαπτομένη

του

και το εγγράψιμο τετράπλευρο XWBC

έχουμε $\angle NBR = \angle BCW = \angle BXW\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $\angle BXW = \angle NXR,$ λόγω των ισογωνίων $XM,\ XB$ ως προς την γωνία $\angle AXC$ προκύπτει $\angle NBR = \angle NXR\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και $\angle BXR = \angle XBR,$ όπως έχει ήδη αποδειχθεί, έχουμε $\angle NBX = \angle NXB$ και άρα, το σημείο

ως το μέσον του

ανήκει στην ευθεία PQR,

ως την μεσοκάθετη ευθεία του XB.

: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2 - Απόδειξη του (ii) πρόσθετου αποτελέσματος Στάθη Κούτρα.; f=112_t=44115(f).PNG (44.02 KiB) Προβλήθηκε 1117 φορές

$\bullet$ Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BNTZ

τώρα, έχουμε $\angle BNZ = \angle BTZ\ \ \ ,(3)$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο XTBA

έχουμε $\angle BTZ = \angle BAX\ \ \ ,(4)$

Λόγω της εφαπτομένης

του

ισχύει $\angle BAX = \angle NBF\ \ \ ,(5)$

Από $(3),\ (4),\ (5)\ \Rightarrow$ $\angle BNZ = \angle NBF\ \Rightarrow$ $NZ\parallel BF\ \ \ ,(6)$ και ομοίως έχουμε $NF\parallel BZ\ \ \ ,(7)$

Από $(6),\ (7)$ έχουμε ότι το τετράπλευρο BZNF

είναι παραλληλόγραμμο και συμπεραίνεται έτσι, ότι το μέσον

του

ταυτίζεται με το συμμετρικό σημείο του

ως προς το μέσον έστω

του

το οποίο ταυτίζεται με το μέσον του

και το (ιι) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Re: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Re: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Re: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Re: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Re: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Re: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Re: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Re: Εφαπτόμενα ημικύκλια 2.

Μέλη σε σύνδεση