Mixtilinear

∫ot.T. · #1

Έστω τρίγωνο ABC

με έγγεντρο

. Ο A-Mixtilinear incircle με κέντρο

εφάπτεται των πλευρών του τριγώνου στα D,E

και του περιγεγραμμένου κύκλου στο

. Ο κύκλος (XJI)

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο ξανά στο

, ενώ

είναι το σημείο τομής των DE, BC

. Να αποδειχθεί ότι η ευθεία

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο μέσο του τόξου $\arc{CAB}$ .

Dimessi · #2

Όμορφο πρόβλημα

: Όμορφο πρόβλημα από Σωτήρη ΙΙΙ.png (75.17 KiB) Προβλήθηκε 881 φορές

$\bullet$ Έστω $T\equiv SM\cap \left ( ABC \right )\left ( T\neq M \right ),Y$ το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (ABC)

και

το μέσο του τόξου

του

που δεν περιέχει το

Από εδώ viewtopic.php?f=185&t=78161 τα σημεία S,X,N

είναι συνευθειακά και από εδώ viewtopic.php?f=185&t=78162 τα σημεία M,I,X

είναι συνευθειακά

και τα σημεία A,I,J,N

είναι συνευθειακά

Είναι $\displaystyle \angle STC=180^\circ-\angle MTC\overset{MTBC\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=180^\circ-\angle MBC=180^\circ-\angle AED=\angle SEC,$ άρα το τετράπλευρο STEC

είναι εγγράψιμο, άρα $\displaystyle \angle MTE= \angle SCE\equiv \angle C\overset{\angle ATM=90^\circ-\frac{\angle A}{2}-\angle C}\Rightarrow \angle ATE=90^\circ-\frac{\angle A}{2}\overset{\angle ATC=\angle B}\Rightarrow$ $\angle ETC=\angle B+\frac{\angle A}{2}-90^\circ,$ άρα $\displaystyle \frac{TA}{TC}=\frac{AE}{EC}\cdot \frac{\sin \angle ETC}{\sin \angle ATE}=\frac{2c}{a+b-c}\cdot \frac{\sin \left ( \frac{\angle B}{2}-\frac{\angle C}{2} \right )}{\sin \left ( \frac{\angle B}{2}+\frac{\angle C}{2} \right )}=\frac{2c}{a+b-c}\cdot \frac{\sin \angle B-\sin \angle C}{\sin \angle A}=\frac{2c\left ( b-c \right )}{a\left ( a+b-c \right )}\left ( \ast \right ).$ Από το Θεώρημα του Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο ATBC,

είναι $\displaystyle TA\cdot BC+TB\cdot AC=TC\cdot AB\Rightarrow \frac{TA}{TC}\cdot a+\frac{TB}{TC}\cdot b=c\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \frac{TB}{TC}=\frac{c\left ( a+c-b \right )}{b\left ( a+b-c \right )}\left ( \ast \ast \right ).$ Έχουμε $\displaystyle \left.\begin{matrix} JD\perp AB\left ( \epsilon \pi \alpha \phi \eta \right ) & \\YB \perp AB\left ( AY\delta \iota \alpha \mu \epsilon \tau \varrho o\varsigma \right ) & \\ \end{matrix}\right\}\Rightarrow YB \parallel DJ\Rightarrow \angle YBJ=\angle DJB,$ και $\displaystyle \left.\begin{matrix} JE\perp AC\left ( \epsilon \pi \alpha \phi \eta \right ) & \\YC \perp AC\left ( AY\delta \iota \alpha \mu \epsilon \tau \varrho o\varsigma \right ) & \\ \end{matrix}\right\}\Rightarrow YC \parallel EJ\Rightarrow \angle YCJ=\angle EJC,$ άρα $\displaystyle \frac{\sin \angle BYJ}{\sin \angle CYJ}=\frac{JY\sin \angle BYJ}{JY\sin \angle CYJ}=\frac{JB\sin \angle YBJ}{JC\sin \angle YCJ}=\frac{JB\sin \angle DJB}{JC \sin \angle EJC}\overset{\angle BDJ=\angle CEJ=90^\circ}=\frac{DB}{EC}$ $\overset{AD=AE}=\displaystyle \frac{DB}{AD}\cdot \frac{AE}{EC}=\frac{a+c-b}{2b}\cdot \frac{2c}{a+b-c}\overset{\left ( \ast \ast \right )}=\frac{TB}{TC}\overset{TBYC\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\frac{\sin \angle BYT}{\sin \angle CYT},$ άρα τα σημεία Y,J,T

είναι συνευθειακά και συνεπώς
$\displaystyle \angle XTJ\overset{J\in YT}\equiv \angle XTY\overset{XTAY\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle XAY\overset{\angle AXY=90^\circ}$ $=90^\circ-\angle AYX \overset{AYNX\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}= 90^\circ-\angle ANX \overset{I\in AN}= 90^\circ-\angle INX\overset{\angle IXN\equiv \angle MXN=90^\circ}=\angle XIN\overset{J\in IN}\equiv$
$\equiv \angle XIJ,$ άρα τo τετράπλευρο XTIJ

είναι εγγράψιμο

που ολοκληρώνει την απόδειξη $\blacksquare$

: Όμορφο πρόβλημα από Σωτήρη ΙΙΙ.png (75.17 KiB) Προβλήθηκε 881 φορές

∫ot.T. · #3

Στο μυαλό μου είχα προβολική γεωμετρία.

Αρχικά θεωρείται γνωστό πως S,X,N

συνευθειακά και X,I.M

, οπότε η

είναι εξωτερική διχοτόμος της BSC

.

Αν

το άλλο κοινό σημείο της

με τον A-mixtilinear incircle τότε με αντιστροφή ως προς αυτόν τον κύκλο το

πηγαίνει στο

και το

στο

, άρα ο κύκλος (XJIT)

πηγαίνει στην

.
Άρα το

είναι σημείο του κύκλου (XJIT)

.

Αν

η τομή του (XJIT)

με

τότε έχουμε $\widehat{OYJ}=\widehat{OXJ}=90^{\circ}$
Οπότε οι OY, OX

είναι εφαπτομένες στον mixtilinear.

Με αντιστροφή ως προς τον κύκλο (O,OX)

ο mixtilinear και ο περιγεγραμμένος πηγαίνουν στον εαυτό τους ως ορθογώνιοι στον (O,OX)

. Ο κύκλος (XJIT)

πηγαίνει στην

, άρα το

πάει στο

και έτσι έχουμε A,T,O

συνευθειακά.

Αφού ισχύει ότι (O, P; D, E)=-1

τότε λόγω δέσμης από το

έχουμε

και προβάλλοντάς τα στην

από το

έχουμε $(TM\cap BC, XM\cap BC; B, C)=-1$ .

Όμως αν $Q=XM\cap BC$ τότε το

είναι το σημείο τομής της πλευράς

με την εσωτερική διχοτόμο της γωνίας BSC

, οπότε

$(S, Q; B, C)=-1 \rightarrow S=TM\cap BC$ που είναι το ζητούμενο.

: Στιγμιότυπο οθόνης 2025-10-21, 19.19.46.png (551.84 KiB) Προβλήθηκε 814 φορές

Θα ήθελα να δω αν υπάρχει πιο απλή συνθετική λύση.

Dimessi · #4

Διαφορετική συνθετική λύση

: Όμορφο πρόβλημα από Σωτήρη ΙΙΙ.png (75.17 KiB) Προβλήθηκε 759 φορές

$\bullet$ Έστω $T\equiv \left ( XIJ \right )\cap \left ( ABC \right )\left ( T\neq X \right ),Y\equiv TJ\cap \left ( ABC \right )\left ( Y\neq T \right ).$ Είναι $\displaystyle \angle AYX+\angle XAY\overset{AYNX,XTAY\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu \alpha }=\angle ANX+\angle XTY\overset{^{J\in YT}_{I\in AN}}=\angle INX+\angle XTJ$ $\displaystyle \overset{^{XTIJ\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}_{J\in IN}}=\angle INX+\angle XIN\overset{\angle IXN\equiv \angle MXN=90^\circ}=90^\circ,$ άρα $\angle AXY=90^\circ\Rightarrow \angle ATJ\overset{J\in YT}\equiv \angle ATY=90^\circ\overset{\angle ADJ=\angle AEJ=90^\circ}\Rightarrow A,T,D,J,E o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha$ $\Rightarrow \angle TDA=\angle TEA\left ( \ast \right ).$ Έχουμε $\displaystyle \angle TBD\equiv \angle TBA\overset{ATBC\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle TCA\equiv \angle TCE\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \vartriangle BDT \sim \vartriangle ETC \Rightarrow \frac{TB}{TC}=\frac{DB}{EC}\overset{\iota \delta \iota o\tau \eta \tau \alpha \mathrm{Mixtillinear }}=$ $\displaystyle=\frac{XB}{XC}\left ( 1 \right ).$ Έστω $\displaystyle P\equiv TN\cap BC\overset{^{\angle BTP=\angle CTP}_{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle TBC}}\Rightarrow \frac{PB}{PC}=\frac{TB}{TC}\overset{\left ( 1 \right )}=\frac{XB}{XC}$ $\displaystyle \overset{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \varrho o\phi o\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle XBC}\Rightarrow \angle BXP=\angle CXP\overset{XM \delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma }\Rightarrow \boxed{P\in XM}.$ Η ευθεία

διέρχεται από το μέσο

του

άρα $\displaystyle \angle PXN \overset{P\in XM}\equiv \angle MXN=90^\circ=\angle PVN,$ άρα το τετράπλευρο VPXN

είναι εγγράψιμο και αφού $\displaystyle \angle PTM\overset{P\in TN}\equiv \angle NTM=90^\circ=\angle MVP,$ άρα και το τετράπλευρο VMTP

είναι εγγράψιμο

Επομένως οι ευθείες $VP \equiv BC,XN,MT$ συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των κύκλων $(VPXN),(VMTP),(XNMT)\left (\ast \ast \right ).$ Από εδώ viewtopic.php?f=185&t=78161 οι ευθείες XN,BC,DE

συντρέχουν

άρα από την $\left (\ast \ast \right ),$ έχουμε ότι $\boxed{TM\cap DE\cap BC\cap XN\equiv S},$ και άρα τα σημεία M,T,S

είναι συνευθειακά

$\blacksquare$

: Όμορφο πρόβλημα από Σωτήρη ΙΙΙ.png (75.17 KiB) Προβλήθηκε 759 φορές

: S III Συνθετική.png (59.33 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

Mixtilinear

Mixtilinear

Re: Mixtilinear

Re: Mixtilinear

Re: Mixtilinear

Μέλη σε σύνδεση