Ελαφριά επαφή κύκλων (Not Dimessi style )!

Dimessi · #1

Έστω

εγγεγραμμένο τετράπλευρο σε κύκλο $\Gamma$ με

P\equiv AB \cap CD

και

Q \equiv AD \cap BC

κι ας είναι

R \equiv AC \cap BD

,

το μέσο του τμήματος

και

η τομή του τμήματος

με τον κύκλο $\Gamma.$ Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι

(JPQ)

και $\Gamma$ εφάπτονται.

#2

Dimessi έγραψε: Πέμ Σεπ 10, 2026 10:28 pmΈστω εγγεγραμμένο τετράπλευρο σε κύκλο $\Gamma$ με $P\equiv AB \cap CD$ και $Q \equiv AD \cap BC$ κι ας είναι $R \equiv AC \cap BD$ , το μέσο του τμήματος και η τομή του τμήματος με τον κύκλο $\Gamma.$ Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι $(JPQ)$ και $\Gamma$ εφάπτονται.

$\bullet$ Έστω το σημείο

S\equiv(O)\cap RM,

όπου

είναι ο περίκυκλος του δοσμένου τετραπλεύρου ABCD

και έχουμε ότι η σημειοσειρά

M,J,R,S

είναι αρμονική, γιατί αφού η

ως η Πολική ευθεία του

ως προς

περνάει από το

προκύπτει ότι η Πολική ευθεία του

ως προς τον (O)

περνάει από το σημείο

Έστω τα σημεία

E\equiv (O)\cap SQ

και έχουμε ότι η σημειοσειρά

Q,E,X,S,

όπου

X\equiv SQ\cap PR

είναι αρμονική, γιατί η

είναι η Πολική ευθεία του

ως προς τον κύκλο (O).

Από τις αρμονικές σημειοσειρές

M,J,R,S

και

Q,E,X,S

τώρα, με

P\equiv QM\cap XR,

προκύπτει ότι τα σημεία

E,J,P

είναι συνευθειακά και ομοίως τα σημεία

Z,J,Q

είναι επίσης συνευθειακά, όπου

Z\equiv (O)\cap SP.

Η σημειοσειρά

P,Z,Y,S

όπου

Y\equiv SP\cap QR

είναι αρμονική γιατί η

είναι η Πολική ευθεία του

ως προς τον κύκλο

(Ο).

$\bullet$ Από το πλήρες τετράπλευρο

ESZJ.PQ

έχουμε ότι η διαγώνιά του

περνάει από το σημείο

ως το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα σημεία

J,S.

Επειδή τώρα, το σημείο

ανήκει στην διάμεσο

του τριγώνου

\vartriangle SPQ,

έχουμε ότι

EZ\parallel PQ

και

RE=RZ.

Έστω

το σημείο τομής της μεσοκάθετης ευθείας του

από την ευθεία

OJ,

όπου

είναι το περίκεντρο του ABCD.

: Ελαφριά επαφή κύκλων.; t=79853.PNG (33.03 KiB) Προβλήθηκε 102 φορές

Η

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O)

και επομένως ισχύει

OR\perp PQ \ \ .(1)

Από

και

KM\perp PQ

$\Rightarrow$

OR\parallel KM

$\Rightarrow$

\frac{OR}{KM}=\frac{OJ}{KJ}=\frac{RJ}{MJ} \ \ ,(2)

Από

RE\parallel PM\Rightarrow

\frac{RJ}{MJ}=\frac{RE}{MP} \ \ ,(3)

Από $(2),\ (3)\Rightarrow$

\frac{OR}{KM}=\frac{RE}{MP} \ \ ,(4)

Από

προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα

\vartriangle REO,\ \vartriangle MPK

είναι όμοια και άρα, ισχύει

\frac{OE}{KP}=\frac{OR}{KM}=\frac{OJ}{KJ} \ \ ,(5)

Από

και

OE=OJ

έχουμε

\boxed{KJ=KP=KQ} \ \ ,(6)

Από

συμπεραίνεται ότι ο περίκυκλος έστω (K)

του τριγώνου

\vartriangle PQJ

εφάπτεται του κύκλου (O)

κατά το σημείο

ως κοινό σημείο των δύο κύκλων που ανήκει στην διάκεντρό τους και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Dimessi · #3

Σφαιράτος Vittasko Bάζω και τη δική μου λύση

: PJQ Γ .png (584.84 KiB) Προβλήθηκε 58 φορές

$\bullet$ Έστω

L\equiv RM\cap \left ( O \right )\left ( L\neq J \right ),X\equiv BM\cap \left ( O \right )\left ( X\neq B \right ),Y\equiv MC\cap \left ( O \right )\left ( Y\neq C \right ).

Το

ανήκει στην πολική του

ως προς τον (O),

άρα από Θεώρημα La Hire και το

ανήκει στην πολική του

ως προς τον

(O) \Longrightarrow (M,J,R,L)=-1 \Longrightarrow B.MJRL

αρμονική δέσμη

\Longrightarrow B. XJDL

αρμονική δέσμη

\Longrightarrow XJDL

αρμονικό τετράπλευρο

\Longrightarrow XJ

διέρχεται από τον πόλο της

ως προς τον κύκλο (O),

έστω

και συνεπώς το

R\in JL

που είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο (O),

άρα από Θεώρημα La Hire και το

ανήκει στην πολική του

ως προς τον (O),

άρα

συνευθειακά κι έστω

V\equiv \left ( DCQ \right )\cap PQ \left ( V\neq Q \right ).

Είναι

\angle PBC\equiv \angle ABC\overset{ABCD \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle CDQ\overset{CDVQ \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle CVQ \Longrightarrow V\in \left ( BPC \right )\Longrightarrow \begin{Bmatrix} \mathrm{Pow}\left ( Q,\left ( O \right ) \right )=QV\cdot QB & \\ \mathrm{Pow}\left ( P,\left ( O \right ) \right )=PV\cdot PQ & \\ \end{Bmatrix}

\Longrightarrow OP^{2}+OQ^2-PQ^2=2R^2

\Longrightarrow MX\cdot MB=\mathrm{Pow }\left ( M,\left ( O \right ) \right )=

=\dfrac{2\left ( OP^2+OQ^2 \right )-PQ^2}{4}-R^2=\dfrac{2\left ( PQ^2+2R^2 \right )-PQ^{2}}{4}-R^{2}=MP^2=MQ^2 \Longrightarrow \vartriangle MQX \sim \vartriangle MQB

\Longrightarrow \angle MQX=\angle QBX\equiv \angle CBX\overset{CBDX \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle CDX \overset{D \in PC}\Longrightarrow PDXQ

εγγράψιμο

\overset{S \equiv XD \cap QP}\Longrightarrow SP \cdot SQ=SD \cdot SX\overset{\left ( SJ \epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu o \left ( O \right ) \right )}= SJ^{2},

άρα η ευθεία

είναι εφαπτομένη και του κύκλου

(PJQ),

άρα κοινή εφαπτομένη στο

των κύκλων

(PJQ)

και

οι οποίοι επομένως εφάπτονται στο

: PJQ Γ .png (584.84 KiB) Προβλήθηκε 58 φορές

Dimessi · #4

: Επιπρόσθετο ερώτημα .png (1.13 MiB) Προβλήθηκε 44 φορές

Επιπρόσθετο ερώτημα για κύριο Κώστα

W \equiv DM \cap AC

Y \equiv MC \cap (O)(Y\neq C)

X \equiv BM \cap (O)(X \neq B)

Δείξτε ότι οι ευθείες

RY,SW,BM

συντρέχουν.

Ελαφριά επαφή κύκλων (Not Dimessi style )!

Ελαφριά επαφή κύκλων (Not Dimessi style )!

Re: Ελαφριά επαφή κύκλων (Not Dimessi style )!

Re: Ελαφριά επαφή κύκλων (Not Dimessi style )!

Re: Ελαφριά επαφή κύκλων (Not Dimessi style )!

Μέλη σε σύνδεση