Μια σημαντική αναλογία

#1

: Ενδιαφέρουσα αναλογία.png (26.67 KiB) Προβλήθηκε 1499 φορές

Έστω τα κοινά σημεία τομής δύο κύκλων $\left( K \right),\left( L \right)$ και τα σημεία επαφής τους με μια από τις κοινές τους εφαπτόμενες $\left( \varepsilon \right)$ αντίστοιχα. Αν είναι τα δεύτερα (εκτός των ) κοινά σημεία τυχόντος κύκλου που διέρχεται από τα με τους $\left( K \right),\left( L \right)$ αντίστοιχα, να δείξετε ότι $\dfrac{QC}{QD}=\dfrac{PC}{PD}$

Σπύρος Καλλίας · #2

https://www.geogebra.org/geometry/kvsd7csx
Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο P και τυχαία δύναμη λ. Συμβολίζουμε με Χ' το αντίστροφο του Χ. Έστω c1 ο κύκλος (Α,Q,P), c2 ο κύκλος (Β,Q,P) και c ο κύκλος (A,B,C,D). Αν θωρήσουμε ότι τα C,D είναι διαφορετικά των A,B τότε ο c δεν διέρχεται από το P.

Οι κύκλοι c1,c2 μετασχηματίζονται σε ευθείες c1' και c2', οι οποίες τέμνονται στο σημείο Q'. Η ευθεία που διέρχεται από τα Α,Β μετασχηματίζεται σε κύκλο που διέρχεται από το P και εφάπτεται με τις c1',c2' στα Α',Β' αντίστοιχα. Ο κύκλος c μετασχηματίζεται σε κύκλο που διέρχεται από τα
Α',Β' και τέμνει (για δεύτερη φορά) τις ευθείες c1', c2' στα D',C' αντίστοιχα.

Από το εγγεγραμμένο C'B'A'D' ισχύει $Q'A'\cdot Q'D'=Q'B'\cdot Q'C'$ . Όμως Q'A'=Q'B'

, άρα

.
Σύμφωνα με τον τύπο που δίνει την απόσταση των αντιστρόφων δύο σημείων, παίρνουμε:

$Q'C'=\frac{\lambda}{PQ\cdot PC}\cdot QC$ και $Q'D'=\frac{\lambda}{PQ\cdot PD}\cdot QD$ .

Διαιρώντας κατά μέλη αυτές τις δύο σχέσεις και χρησιμοποιώντας το Q'C'=Q'D'

παίρνουμε το ζητούμενο.

#3

Σπύρος Καλλίας έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 21, 2021 8:22 pm
https://www.geogebra.org/geometry/kvsd7csx
Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο P και τυχαία δύναμη λ. Συμβολίζουμε με Χ' το αντίστροφο του Χ. Έστω c1 ο κύκλος (Α,Q,P), c2 ο κύκλος (Β,Q,P) και c ο κύκλος (A,B,C,D). Αν θωρήσουμε ότι τα C,D είναι διαφορετικά των A,B τότε ο c δεν διέρχεται από το P.

Οι κύκλοι c1,c2 μετασχηματίζονται σε ευθείες c1' και c2', οι οποίες τέμνονται στο σημείο Q'. Η ευθεία που διέρχεται από τα Α,Β μετασχηματίζεται σε κύκλο που διέρχεται από το P και εφάπτεται με τις c1',c2' στα Α',Β' αντίστοιχα. Ο κύκλος c μετασχηματίζεται σε κύκλο που διέρχεται από τα
Α',Β' και τέμνει (για δεύτερη φορά) τις ευθείες c1', c2' στα D',C' αντίστοιχα.

Από το εγγεγραμμένο C'B'A'D' ισχύει $Q'A'\cdot Q'D'=Q'B'\cdot Q'C'$ . Όμως , άρα .
Σύμφωνα με τον τύπο που δίνει την απόσταση των αντιστρόφων δύο σημείων, παίρνουμε:

$Q'C'=\frac{\lambda}{PQ\cdot PC}\cdot QC$ και $Q'D'=\frac{\lambda}{PQ\cdot PD}\cdot QD$ .

Διαιρώντας κατά μέλη αυτές τις δύο σχέσεις και χρησιμοποιώντας το παίρνουμε το ζητούμενο.

#4

Σπύρο, καλωσόρισες στο

και καλή συνέχεια.

Ας δούμε και μία προσέγγιση χωρίς αντιστροφή.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $E\equiv (L)\cap KL$ και $Z\equiv (K)\cap KL$ και ας είναι το

μεταξύ των $E,\ L$ .

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε ότι το τετράπλευρο CDEZ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (M)

.

Οι ευθείες $PQ,\ DZ,\ CE$ τώρα, ως οι ριζικοί άξονες των κύκλων $(K),\ (L),\ (M)$ λαμβανομένων ανά δύο, συντρέχουν στο ριζικό τους κέντρο, έστω το σημείο $X\in PQ$ .

: Μία σημαντική αναλογία.; f=185 t=70540.PNG (33.07 KiB) Προβλήθηκε 1293 φορές

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle PCQ$ λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle PCQ$ προκύπτει $\displaystyle \frac{PC}{QC} = \frac{PX}{XQ}\ \ \ ,(1)$

Ομοίως στο τρίγωνο $\vartriangle PDQ$ λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle PDQ$ έχουμε $\displaystyle \frac{PD}{QD} = \frac{PX}{XQ}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PC}{QC} = \frac{PD}{QD}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{PC}{PD} = \frac{QC}{QD}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Ισχύει επίσης $\boxed{\displaystyle \frac{PA}{PB} = \frac{QA}{QB}}$ και αποδεικνύεται με παρόμοιο τρόπο.

ΛΗΜΜΑ. Δίνονται δύο κύκλοι $(K),\ (L)$ , τεμνόμενοι στα σημεία $P,\ Q$ και έστω η κοινή τους εξωτερική εφαπτομένη. Έστω τυχών κύκλος με χορδή το τμήμα ο οποίος επανατέμνει τους δοσμένους κύκλους $(L),\ (K)$ στα σημεία $C,\ D$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, όπου $E\equiv (L)\cap KL$ και $Z\equiv (K)\cap KL$ με την διάκεντρο των δοσμένων κύκλων και ας είναι το σημείο μεταξύ των $E,\ L$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

Σπύρος Καλλίας · #5

Σας ευχαριστώ πολύ κύριε Βήττα.

#6

vittasko έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 22, 2021 12:35 am
ΛΗΜΜΑ. Δίνονται δύο κύκλοι $(K),\ (L)$ , τεμνόμενοι στα σημεία $P,\ Q$ και έστω η κοινή τους εξωτερική εφαπτομένη. Έστω τυχών κύκλος με χορδή το τμήμα ο οποίος επανατέμνει τους δοσμένους κύκλους $(L),\ (K)$ στα σημεία $C,\ D$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο, όπου $E\equiv (L)\cap KL$ και $Z\equiv (K)\cap KL$ με την διάκεντρο των δοσμένων κύκλων και ας είναι το σημείο μεταξύ των $E,\ L$ .

: Μία σημαντική αναλογία - Απόδειξη του Λήμματος.; f=185 t=70540(a).PNG (31.89 KiB) Προβλήθηκε 1278 φορές

$\bullet$ Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD

έχουμε $\angle BCD = \angle DAA' = \angle AFD\Rightarrow$ $AF\parallel BC\ \ \ ,(1)$ όπου $F\equiv (K)\cap CD$ .

Από (1)

και $KA\parallel LB$ στα όμοια πλέον ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle KAF,\ \vartriangle LBC$ προκύπτει $KF\parallel LC\ \ \ ,(2)$

Από (2)

τώρα, στα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle KNF,\ \vartriangle LEC$ , με $N\equiv (K)\cap KL$ , προκύπτει επίσης $NF\parallel EC\ \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $\angle ZEC = \angle ZNF = \angle ZDF\equiv \angle ZDC\ \ \ ,(4)$

Από (4)

συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο CDEZ

είναι εγγράψιμο και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Μια σημαντική αναλογία

Μια σημαντική αναλογία

Re: Μια σημαντική αναλογία

Re: Μια σημαντική αναλογία

Re: Μια σημαντική αναλογία

Re: Μια σημαντική αναλογία

Re: Μια σημαντική αναλογία

Μέλη σε σύνδεση