Εφαπτόμενοι κύκλοι...

giannimani · #1

: tang_cir.png (29.98 KiB) Προβλήθηκε 1254 φορές

Στο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Omega$ τετράπλευρο 𝐴𝐵𝐶𝐷

, τα σημεία

και

είναι τα μέσα των πλευρών

και

αντίστοιχα.
Θεωρούμε επίσης τα σημεία $𝐹 = 𝐴𝐷 \cap 𝐵𝐶$ , $𝑋 = 𝑀𝑁 \cap 𝐴𝐵$ , $𝑌 = 𝑀𝑁 \cap 𝐷𝐶$ , $𝑃 = 𝐴𝐵 \cap 𝐷𝐶$ .
Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων 𝐹𝑀𝑁

και

εφάπτονται.

#2

giannimani έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 28, 2021 9:46 pm
tang_cir.pngΣτο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Omega$ τετράπλευρο , τα σημεία και είναι τα μέσα των πλευρών και αντίστοιχα.
Θεωρούμε επίσης τα σημεία $𝐹 = 𝐴𝐷 \cap 𝐵𝐶$ , $𝑋 = 𝑀𝑁 \cap 𝐴𝐵$ , $𝑌 = 𝑀𝑁 \cap 𝐷𝐶$ , $𝑃 = 𝐴𝐵 \cap 𝐷𝐶$ .
Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και εφάπτονται.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Σημείωση : την

δεν έπρεπε να την φερεις στο σχήμα γιατί " προδίδει " τη λύση

#3

giannimani έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 28, 2021 9:46 pm
tang_cir.pngΣτο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Omega$ τετράπλευρο , τα σημεία και είναι τα μέσα των πλευρών και αντίστοιχα.
Θεωρούμε επίσης τα σημεία $𝐹 = 𝐴𝐷 \cap 𝐵𝐶$ , $𝑋 = 𝑀𝑁 \cap 𝐴𝐵$ , $𝑌 = 𝑀𝑁 \cap 𝐷𝐶$ , $𝑃 = 𝐴𝐵 \cap 𝐷𝐶$ .
Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και εφάπτονται.

Έστω

το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου ABCDPF

. Επειδή ο «κορμός» του ABCD

είναι τετράπλευρο εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( O \right)$ μια από τις ιδιότητές του εδώ είναι ότι $Q\in PF$ και $OQ\bot PF$ και επι πλέον από τις προφανείς καθετότητες (λόγω αποστημάτων) $ON\bot FN,OM\bot FM$ προκύπτει ότι τα σημεία F,M,O,N,Q

είναι σημεία κύκλου (έστω $\left( L \right)$ ) διαμέτρου

και συνεπώς ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle FMN$ διέρχεται (και) από το

.
Επι πλέον έχουμε: $\angle QMX\equiv QMN\overset{Q,N,M,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle QFN\equiv \angle QFB$

$\overset{A,B,A,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle QAB\equiv QAX\Rightarrow Q,A,M,X$ ομοκυκλικά άρα

$\angle QXB\equiv \angle QXA\overset{Q,X,M,A\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle QMA\equiv \angle QMF$

$\overset{Q,N,M,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle QNF\equiv \angle QNB\Rightarrow Q,X,N,B$ ομοκυκλικά άρα

$\angle YXQ\overset{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta -\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta }{\mathop{=}}\,\angle QBN\equiv \angle QBC$ $\overset{P,Q,B,C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle QPY\Rightarrow Y,P,X,Q$

ομοκυκλικά και συνεπώς και ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle PXY$ διέρχεται από το

: εφαπτόμενοι κύκλοι.png (75.76 KiB) Προβλήθηκε 1162 φορές

Οι περίκυκλοι λοιπόν των τριγώνων $\vartriangle FMN$ και $\vartriangle PXY$ έχουν κοινό σημείο το

και επί πλέον
$\angle FQL\overset{\gamma \omega \nu \iota \alpha \,\,\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \varsigma \,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma }{\mathop{=}}\,{{90}^{0}}-\angle QMF$

$\overset{\angle QMF=\angle QNF\left( Q,N,M,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \right)\equiv \angle QNB=\angle QXB\,\left( Q,B,N,X\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \right)=\angle QYP\,\,\left( Q,X,P,Y\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \right)}{\mathop{=}}\,$

${{90}^{0}}-\angle QYP\overset{\gamma \omega \nu \iota \alpha \,\,\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \varsigma \,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma }{\mathop{=}}\,\angle KQP$ και επειδή τα σημεία P,Q,F

είναι συνευθειακά προκύπτει ότι και τα σημεία K,Q,L

είναι συνευθειακά , άρα οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle FMN$ και $\vartriangle PXY$ εφάπτονται ( έχουν κοινό σημείο που ανήκει στη διάκεντρό τους) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Γιάννη , την παρακάμψαμε πάλι τη συμμετροδιάμεσο και συνεπώς και τις ομοιότητες

MAnTH05 · #4

Καλησπέρα σας.
Μία ακόμη λύση για το πρόβλημα:

Αρχικά φέρουμε τους περιγεγραμμένους κύκλους των τριγώνων FBA

,

και

.

Εύκολα προκύπτει ότι όλοι οι παραπάνω κύκλοι συντρέχουν στο σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου PCDAFB

, έστω

το οποίο θα ανήκει στην ευθεία

εφόσον τα σημεία

,

είναι ομοκυκλικά.

Ισχυριζόμαστε πως το

είναι το ζητούμενο σημείο επαφής.

Εφαρμόζουμε τον μετσχηματισμό της σπειροειδούς ομοιότητας $\phi$ (σύνθεση στροφής με κέντρο το

και γωνία $\angle XQM$ και ομοιοθεσίας με λόγο $\frac{QX}{QM}$ ) που στέλνει το

στο

και το

στο

, άρα μεταφέρει το τρίγωνο QPX

στο τρίγωνο QMD

.

Ισχυρισμός 1: Τα σημεία

,

είναι ομοκυκλικά.

Απόδειξη: Ισχύει: $\angle PBC = \angle CDA = \theta$ (από το εγγεγραμμένο ABCD

)
$\angle PBC = \angle FBA = \angle FQA = \theta$ (από το εγγράψιμο QBAF

)
H $\angle BNM$ είναι εξωτερική της $\angle XNB$ στο τρίγωνο XBN

άρα
$\angle MNM = \theta + \angle BXN$

Ακόμη, είναι $\angle FQM = \angle FQA + \angle AQM = \theta + \angle AQM$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο QPDM

λαμβάνουμε: $\angle DAP = \angle DQP$

Ισχύει: $\angle MQX = \angle MQD + \angle DQX$ και $\angle DQP = \angle DQX + \angle XQP$
Όμως τα τρίγωνα QPX

και

είναι όμοια άρα $\angle MAX = \angle MQX$

Επομένως το τετράπλευρο AQXM

είναι εγγράψιμο. Συνεπώς: $\angle AQM = \angle AXM$
Έτσι $\angle FQM = \angle FNM$ , δηλαδή το

ανήκει στον (FNM)

Ισχυρισμός 2: Τα σημεία

,

και

είναι ομοκυκλικά.

Απόδειξη: Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο QPDA

έχουμε: $\angle PAQ = \angle PDQ$
Από το εγγράψιμο QXMA

ισχύει $\angle QAX = \angle QMX$ . Άρα $\angle QMY = \angle QDY$
έτσι το τετράπλευρο QMDY

είναι εγγράψιμο.

Έτσι: $\angle QYM = \angle QDM$ . $Όμως \angle QDM = \angle QPX$ άρα $\angle QYX = \angle QPX$
Συνεπώς το

ανήκει στον (PXY)

Ισχυρισμός 3: Οι κύκλοι (PXY)

και

εφάπτονται στο

.
Απόδειξη:
Ισχύει: $\angle NBX = \angle CDA = \angle CDQ + \angle QDM$
Ακόμη, $\angle QXB = 180^{\circ} - \angle PXQ$ και $\angle QNF = \angle QMF$ .

Εφόσον, όμως, $\angle QMF = 180^{\circ} - \angle DMQ$ έχουμε $\angle QXB = \angle QNB$
άρα τα σημεία

,

και

είναι ομοκυκλικά.
Άρα $\angle NBX = \angle NQX = \angle CDQ + \angle QDM$

Παρατηρούμε ότι $\angle CDQ + \angle QDM = \angle NFQ + \angle QPX$
Επομένως $\angle NQX = \angle NFQ + \angle QPX$ .

Το ζητούμενο έπεται. $\square$

: εφαπτόμενοι κύκλοι.png (76.41 KiB) Προβλήθηκε 1100 φορές

giannimani · #5

Οι τετράδες των ευθειών που προκύπτουν από τις πέντε ευθείες

,

, και

έχουν το ίδιο σημείο Miquel

(Σημείο Miquel πέντε ευθειών). Αυτό προκύπτει από το επόμενο λήμμα:

Τα σηµεία

και

κινούνται µε σταθερές ταχύτητες (όχι κατ' ανάγκη ίσες) σε δύο
σταθερές ευθείες που τέµνονται στο σηµείο

. Τότε, ο περιγεγραµµένος κύκλος
του τριγώνου XYO

, διέρχεται από δύο σταθερά σηµεία

και

, όπου το

είναι
το κέντρο της σπειροειδούς οµοιότητας που μετασχηματίζει τα σηµεία

στα σηµεία

.

Ως σταθερές ευθείες θεωρούμε τις

και

που τέμνονται στο

. Αρχική θέση των σημείων

και

είναι τα

και

αντίστοιχα. Μετά χρόνο

, έστω ότι τα σημεία θα βρίσκονται στις θέσεις

και

αντίστοιχα,
και μετά χρόνο

θα βρίσκονται στις θέσεις

και

(τα

και

μέσα των

και

).
Τότε, το σημείο Miquel για τις ευθείες

,

και για τις ευθείες

,

είναι το ίδιο.
Εύκολα τώρα, προκύπτει ότι και οι υπόλοιπες τετράδες των ευθειών που σχηματίζονται από τις πέντε ευθείες
έχουν το ίδιο σημείο Miquel

.

: Miq_fiv.png (65.42 KiB) Προβλήθηκε 1064 φορές

Εφόσον το τετράπλευρο ABCD

είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( O \right)$ , σύμφωνα με γνωστές
ιδιότητες του σημείου Miquel, είναι $Q\in PF$ και $OQ\bot PF$ , και το σημείο τομής

των διαγωνίων του τετραπλεύρου ABCD

είναι το ορθόκεντρο του $\triangle PFO$ .

Οι κύκλοι $\omega_{1}$ , $\omega_{2}$ που θέλουμε να αποδείξουμε ότι εφάπτονται, είναι περιγεγραμμένοι κύκλοι
τριγώνων που σχηματίζονται από τρεις εκ των παραπάνω πέντε ευθειών ο καθένας.
Επομένως, διέρχονται από το κοινό σημείο Miquel, δηλαδή, από το

. Θεωρούμε επίσης,
και τον περιγεγραμμένο κύκλο $\omega_{3}$ του τριγώνου που σχηματίζουν οι ευθείες

,

και

. Οι τρεις αυτές ευθείες είναι οι κοινές ευθείες των τετράδων

,

(οι ευθείες

,

σχηματίζουν το τρίγωνο FMN

) και

,

(οι ευθείες

,

σχηματίζουν το τρίγωνο PXY

)

Τώρα, θεωρούμε τον κύκλο διαμέτρου

κέντρου

. Ο κύκλος αυτός διέρχεται προφανώς από το

,
και είναι ορθογώνιος του κύκλου $\left(FMN\right)$ . Πράγματι, από τα ισοσκελή τρίγωνα KQF

και

είναι $\angle PQJ +\angle FQK=\angle JPQ+\angle KFQ=90^{\circ}$ (από το ορθογώνιο τρίγωνο PRF

).
Επομένως, $\angle JQK=90^{\circ}$ , οπότε η ακτίνα

εφαπτομένη του κύκλου $\left(FMN\right)$ στο

.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι η

εφαπτομένη του και κύκλου $\left(PXY\right)$ .

Πράγματι, $\angle JQP=\angle xQF$ (κατά κορυφήν) $=\angle FNQ$ (γωνία χορδή-εφαπτομένη) $= \angle BXQ$ (εγγεγραμμένες γωνίες στο ίδιο τόξο)
$=\angle PYQ$ (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική σε εγγεγραμμένο τετράπλευρο), που αποδεικνύει τον τελευταίο ισχυρισμό.

(*) Για τη δικαιολόγηση του σχήματος, δηλαδή, το ότι το κέντρο

ανήκει στην ευθεία

προκύπτει
από το θεώρημα Gauss στο τρίγωνο ACP

με τέμνουσα των πλευρών του την ευθεία $\overline BED$ .
Τα μέσα

,

και

των τμημάτων

,

και

αντίστοιχα, ανήκουν στην ίδια ευθεία.

(**) Για τις γνωστές ιδιότητες του σημείου Miquel στην παραπομπή που έδωσε ο Στάθης.

Εφαπτόμενοι κύκλοι...

Εφαπτόμενοι κύκλοι...

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι...

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι...

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι...

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι...

Μέλη σε σύνδεση