Ισογώνιες από τομές κύκλων

giannimani · #1

Δίνεται ένα τρίγωνο ABC

και μια ευθεία $\ell$ παράλληλη της

, και έστω

,

τα σημεία τομής της με τις

,

αντίστοιχα. Θεωρούμε τους κύκλους (B, BE)

και

οι οποίοι τέμνονται στα σημεία

και

. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες
(AX)

και

είναι ισογώνιες ως προς τη γωνία BAC

.

: isogonal_angleBAC.png (42.66 KiB) Προβλήθηκε 233 φορές

Dimessi · #2

Πρώτη λύση

: Ισογώνιες από παραλληλία.png (108.9 KiB) Προβλήθηκε 198 φορές

$\bullet$ Είναι $\displaystyle \begin{Bmatrix} \angle FEY\overset{\left ( XY \overset{\left ( \varrho \iota \zeta \iota \kappa o\varsigma \alpha \xi o\nu \alpha \varsigma \right )}\perp BC\parallel EF \right )}=90^\circ-\angle EYX\overset{\left ( \alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \varsigma -\chi o\varrho \delta \eta \varsigma \right )}= \angle BEX& \\ & \\\angle EFY\overset{\left ( XY\perp BC\parallel EF \right )}=90^\circ-\angle FYX\overset{\left ( \alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \varsigma -\chi o\varrho \delta \eta \varsigma \right )}=\angle XFC \end{Bmatrix}\Rightarrow \frac{FY}{EY}=\frac{\sin \angle BEX}{\sin \angle XFC}\left ( 1 \right )$ $\displaystyle ,\begin{Bmatrix} \angle BEY\overset{\angle BEX=\angle FEY}=\angle FEX & \\ & \\\angle CFY\overset{\angle XFC=\angle EFY}=\angle EFX \end{Bmatrix}\Rightarrow \frac{\sin \angle BEY}{\sin \angle CFY}=\frac{FX}{EX}\left ( 2 \right ).$ Επομένως $\displaystyle \frac{\sin \angle BAY}{\sin \angle CAY}=\frac{\frac{\sin \angle EAY}{EY}}{\frac{\sin \angle FAY}{FY}}\cdot \frac{EY}{FY}\overset{\left ( 1 \right )}=\frac{\frac{\sin \angle BEY}{AY}}{\frac{\sin \angle CFY}{AY}}\cdot \frac{\sin \angle XFC}{\sin \angle BEX}\overset{\left ( 2 \right )}=\frac{FX}{EX}\cdot\frac{\sin \angle AFX}{\sin \angle AEX}=\frac{\sin \angle FAX}{\sin \angle EAX}\overset{\left ( \angle BAY+\angle CAY=\angle BAC=\angle FAX+\angle EAX \right )}\Rightarrow$ $\Rightarrow \boxed{\angle BAY=\angle FAX\equiv \angle XAC}.$

: Ισογώνιες από παραλληλία.png (108.9 KiB) Προβλήθηκε 198 φορές

Δεύτερη λύση

: Ισογώνιες από παραλληλία.png (108.9 KiB) Προβλήθηκε 198 φορές

$\bullet$ Έστω $YR\perp EF\left ( R\in EF \right ),YY'\perp AC\left ( Y'\in AC \right ),YY''\perp AB\left ( Y'' \in AB\right ),$ $XX'\perp AC\left ( X'\in AC \right ),XX''\perp AC\left ( X'' \in AC\right ).$ Η ευθεία

είναι ο ριζικός άξονας των κύκλων $\gamma _1,\gamma _2,$ συνεπώς $XY \perp BC\parallel EF,$ και άρα τα σημεία R,X,Y

είναι συνευθειακά

Επίσης είναι $\angle FEY\overset{XY\perp EF}=90^\circ-\angle EYX\overset{\left ( \alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \varsigma -\chi o\varrho \delta \eta \varsigma \gamma_1 \right )}=\angle BEX,$ και $\angle EFY\overset{XY\perp EF}=90^\circ-\angle XYF\overset{\left ( \alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \varsigma -\chi o\varrho \delta \eta \varsigma \gamma_2 \right )}=\angle XFC,$ άρα $\displaystyle \begin{Bmatrix} \vartriangle YY'F\sim \vartriangle RXF\displaystyle \Rightarrow \frac{YY'}{RX}=\frac{FY}{FX} & & \\\vartriangle EYY''\sim \vartriangle EXR\displaystyle \Rightarrow \frac{YY''}{RX}=\frac{EY}{EX} & & \\ & & \\ \end{Bmatrix}\displaystyle \Rightarrow \frac{YY'}{YY''}=\frac{FY\cdot EX}{FX\cdot EY}\left ( 1 \right ),$ $\displaystyle \begin{Bmatrix} \vartriangle XX'F\sim \vartriangle RYF\displaystyle \Rightarrow \frac{XX'}{RY}=\frac{FX}{FY} & & \\\vartriangle EXX''\sim \vartriangle EYR\displaystyle \Rightarrow \frac{XX''}{RY}=\frac{EX}{EY} & & \\ & & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow \frac{XX''}{XX'}=\frac{EX\cdot FY}{EY\cdot FX}\overset{(1)}=\frac{YY'}{YY''}\left ( \ast \right ).$ Eίναι $\displaystyle\angle X'XX''\overset{XX''\parallel YY''\perp AB\wedge XX'\parallel YY'\perp AC}=\angle Y'YY''\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \vartriangle XX'X''\sim \vartriangle YY'Y''\Rightarrow \boxed{\angle YY'Y''=\angle XX''X'}\left ( 2 \right ).$ Επομένως $\displaystyle \angle YAB\equiv \angle YAY''\overset{AY'YY''\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle AY'Y=\angle AY''Y=90^\circ \right )}=\angle YY'Y''\overset{\left ( 2 \right )}=\angle XX''X'\overset{AX'XX''\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle AX'X=\angle AX''X=90^\circ \right )}=$ $=\angle XAX'\equiv \angle CAX.$

: Ισογώνιες από παραλληλία.png (108.9 KiB) Προβλήθηκε 198 φορές

giannimani · #3

Έστω ότι οι κύκλοι (B,BE)

και

τέμνουν τη διάκεντρο

στα σημεία

και

αντίστοιχα.
Τότε, εφόσον η

μεσοκάθετος της κοινής χορδής

, τα

,

είναι τα μέσα των τόξων
XPY

,

των δύο κύκλων, οπότε οι

και

διχοτόμοι των γωνιών XEY

και

αντίστοιχα,
δηλαδή, $\angle PEX=\angle PEY \quad (1)$ και $\angle QFX=\angle QFY$ .
Στη συνέχεια, έστω

,

τα αντιδιαμετρικά του

στους δύο κύκλους (B, BE)

,

αντίστοιχα.
Από τα ορθογώνια τρίγωνα YXM

και

προκύπτει ότι τα σημεία

,

και

ανήκουν στην ίδια
ευθεία και ότι $\overline{MXN} \parallel BC \parallel EF$ . Λόγω αυτών των παραλληλιών , των εγγεγραμμένων γωνιών που
βαίνουν στο ίδιο τόξο και των γωνιών στη βάση ισοσκελούς τριγώνου, έχουμε ότι
$\angle FEX =\angle EXM=\angle EYM=\angle YEB \quad (2)$

: isogonal_sections.png (60.26 KiB) Προβλήθηκε 169 φορές

Από τις

και

έχουμε ότι η

διχοτόμος της $\angle BEF$ (εξωτερική γωνία του $\triangle AEF$ ), και οι

,

συμμετρικές ως προς την

. Από αυτό προκύπτει ότι οι

,

είναι συμμετρικές και ως προς
τη διχοτόμο της γωνίας AEF

του $\triangle AEF$ .
Όμοια, οι

,

θα είναι συμμετρικές και ως προς τη διχοτόμο της γωνίας AFE

του $\triangle AEF$ .
Από γνωστό θεώρημα (*) έχουμε ότι τα σημεία

,

είναι ισογώνια συζυγή ως προς το τρίγωνο AEF

.
Επομένως, οι ευθείες (AX)

και

είναι ισογώνιες ως προς τη γωνία BAC

(*) Αν

και

,

και

είναι δύο ζεύγη ισογώνιων ευθειών ως προς το τρίγωνο ABC

,
τότε και οι ευθείες

και

είναι επίσης ισογώνιες.

S.E.Louridas · #4

giannimani έγραψε: Κυρ Μάιος 31, 2026 8:00 pm Δίνεται ένα τρίγωνο και μια ευθεία $\ell$ παράλληλη της , και έστω ,
τα σημεία τομής της με τις , αντίστοιχα. Θεωρούμε τους κύκλους
και οι οποίοι τέμνονται στα σημεία και . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες
και είναι ισογώνιες ως προς τη γωνία .
isogonal_angleBAC.png

Μετά από τις λύσεις των πραγματικά άριστων που προηγήθηκαν στενεύουν τα περιθώρια για ευρύτερο πλουραλισμό. Παραθέτω την δική μου σκέψη: Είναι καθαρό ότι η κύρια πηγή για τις κινήσεις επίλυσης απορρέουν από το τραπέζιο στο σχήμα, τους δύο κύκλους με τις διαμέτρους τους και την κοινή κάθετη ευθεία XY.

Πράγματι έχουμε:

XQ \cdot YH = HK \cdot HY = H{T^{\,2}} - T{X^{\,2}},\;\,XI \cdot YZ = ZM \cdot ZH = T{Z^{\,2}} - T{X^{\,2}}.

\angle VWH + \angle YF{C_1} = \angle VFH + \angle H{C_1} = \frac{\pi }{2} \Rightarrow \angle WHV = \frac{\pi }{2} \Rightarrow HT = TW,

όμοια παίρνουμε

ZT = TW,

οπότε

HT = TZ.

Τελικά έχουμε

XQ \cdot YH = HK \cdot HV = ZM \cdot ZH = XI \cdot ZY \Rightarrow \frac{{XQ}}{{ZY}} = \frac{{XI}}{{VH}}.

Εδώ θεωρώ ότι το πρόβλημα μας λύθηκε.

Ισογώνιες από τομές κύκλων

Ισογώνιες από τομές κύκλων

Re: Ισογώνιες από τομές κύκλων

Re: Ισογώνιες από τομές κύκλων

Re: Ισογώνιες από τομές κύκλων

Μέλη σε σύνδεση