Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Dimessi · #1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με έγκυκλο (I)

που εφάπτεται στις πλευρές του BC,CA,AB

στα σημεία D,E,F

αντίστοιχα και

η προβολή του

στην

Η συμμετρική της

ως προς

τέμνει την

στο

οι ευθείες MK,AB

τέμνονται στο

και οι εκ των M,N

κάθετες στις AC,AB

αντίστοιχα, τέμνουν την ευθεία

στα σημεία Q,R

αντίστοιχα. Δείξτε ότι οι ευθείες BR,CQ,KI

συντρέχουν.

Dimessi · #2

Dimessi έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 31, 2026 12:54 am
Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με έγκυκλο που εφάπτεται στις πλευρές του στα σημεία αντίστοιχα και η προβολή του στην Η συμμετρική της ως προς τέμνει την στο οι ευθείες τέμνονται στο και οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα, τέμνουν την ευθεία στα σημεία αντίστοιχα. Δείξτε ότι οι ευθείες συντρέχουν.

Βάζω μία από τις λύσεις μου στο όμορφο πρόβλημα αυτο

: Όμορφη συντρέχεια με έγκυκλο (I) .png (142.03 KiB) Προβλήθηκε 500 φορές

$\bullet$ Έστω $Z\equiv AI\cap FE,J\equiv KI\cap BC,L\equiv KI\cap AB,V\equiv FE\cap BC,P \equiv MK \cap AI.$ Επειδή η σημειοσειρά (V,B,D,C)

είναι αρμονική (αφού $AD \cap BE \cap CF \equiv G''$ στο σημείο Gergonne του $\vartriangle ABC$ ) και $DK \perp KV,$ άρα η

είναι διχοτόμος και η

εξωτερική διχοτόμος στο $\vartriangle BKC.$ Συνεπώς $\displaystyle \angle BKF=\angle CKE\overset{\angle BFK=\angle CEK=90^\circ+\frac{\angle A}{2}}\Rightarrow \vartriangle BKF \sim \vartriangle CEK\Rightarrow \frac{KE}{KF}=\frac{EC}{BF}\overset{\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \alpha \left ( I \right )}=$ $\displaystyle =\frac{DC}{DB}\overset{IE=IF\wedge \angle EIF=180^\circ-\angle A}\Rightarrow \frac{\sin \left ( \angle A+\angle FIL \right )}{\sin \angle FIL}=\frac{a+b-c}{a+c-b}\Leftrightarrow \cot \angle FIL=\frac{2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}{2bc\left ( a+c-b \right )\sin \angle A}\left ( \ast \right ).$ Οπότε $\displaystyle FL=r \tan \angle FIL=\frac{bc\sin \angle A}{b+c+a}\cdot \frac{2bc(a+c-b)\sin \angle A}{2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}=\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )^2\left ( b+c-a \right )}{2\left ( 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right ) \right )},$ και άρα $\displaystyle BL=\frac{a+c-b}{2}\left ( 1+\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )\left ( b+c-a \right )}{2\left [ 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right ) \left ( b^2+c^2-a^2 \right )\right ]} \right )=\frac{a+c-b}{2}\cdot \frac{4bc\left ( a+b+c \right )+2c\left ( a+c-b \right )\left ( a-c \right )}{2\left [ 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right ) \right ]}.$ Έχουμε $\displaystyle \frac{JB}{BL}=\frac{\sin \left ( 90^\circ-\angle FIL \right )}{\sin \left ( 90^\circ-\angle FIL+\angle B \right )}=\frac{\cos \angle FIL}{\cos \left ( \angle FIL-\angle B \right )}=\frac{1}{\cos \angle B+\sin \angle B \tan \angle FIL}\overset{\left ( \ast \right )}=\frac{1}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+\frac{2bc\left ( a+c-b \right )\sin \angle B \sin \angle A}{2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )}}=$ $\displaystyle =\frac{1}{\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}+\frac{\left ( a+c-b \right )^2\left ( a+b-c \right )\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{2ac\left ( 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right ) \left ( b^2+c^2-a^2 \right )\right )}}\left ( 1 \right ),$ και άρα $\displaystyle \left ( V,B,J,C \right )=\frac{\left ( VB+JB \right )a}{VC\cdot JB}\overset{\frac{VB}{VC}=\frac{DB}{DC}=\frac{a+c-b}{a+b-c}}=\frac{2\left ( b-c \right )}{a+b-c}\left ( \frac{a\left ( a+c-b \right )}{2\left ( b-c \right )JB}+1 \right )\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\left ( V,B,J,C \right )=\frac{a\left ( a+c-b \right )}{\left ( a+b-c \right )\cdot \frac{\left ( a+c-b \right )\left ( 2bc\left ( a+b+c \right )+c\left ( a+c-b \right )\left ( a-c \right ) \right )}{\frac{a^2+c^2-b^2}{ac}\left ( 2bc\left ( a+b-c \right )-\left ( a+c-b \right )\left ( b^2+c^2-a^2 \right )\right)+\frac{\left ( a+c-b \right )^2(a+b-c)\left ( b+c-a \right )\left ( b+c+a \right )}{ac} }}+\frac{2\left ( b-c \right )}{a+b-c}}\left ( 2 \right ).$ Είναι

διχοτόμος της γωνίας $\angle IKP,$ κι αφού $KZ \perp AI\equiv PI,$ επομένως η

είναι μεσοκάθετη του PI,

κι επειδή και η

είναι μεσοκάθετη του EF,

άρα το τετράπλευρο FIEP

είναι ρόμβος , συνεπώς $FI \parallel EP$ και $EI \parallel FP.$ Είναι $\displaystyle QM \perp AC \overset{IF \perp AC}\Rightarrow QM \parallel IE \parallel FP\overset{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \frac{KF}{KQ}=\frac{KP}{KM}\overset{\left ( FIEP \varrho o\mu \beta o\varsigma \right )}=\frac{KE \sin \angle FEI}{KE \sin \angle FEI+EM \cos \angle A}\left ( 3 \right ),$ και από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle EAZ$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{KPM}:\frac{KZ}{KE}\cdot \frac{PA}{PZ}\cdot \frac{ME}{MA}=1\Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{KZ}{KE}\cdot \frac{AZ-ZI}{ZI}=\frac{KZ}{KE}\cdot \frac{\frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2}}{r \sin \frac{\angle A}{2}}\left ( 4 \right ),$ όπου $\displaystyle \frac{KZ}{KE}=\frac{KE-KF}{2KE}=\frac{DC-DB}{2DC}=\frac{b-c}{a+b-c}\overset{(4)}\Rightarrow \frac{MA}{ME}=\frac{b-c}{a+b-c}\cdot \frac{\frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2}}{r \sin \frac{\angle A}{2}}\Rightarrow$
$\displaystyle \frac{EM}{\frac{b+c-a}{2}}=\frac{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}}{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}+\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2} \right )}\overset{(3)\wedge KE=\frac{a+b-c}{a}\left ( \frac{b+c-a}{2} \sin \frac{\angle A}{2}\right )}\Rightarrow$
$\displaystyle \boxed{EQ=\frac{\frac{1}{2}\left ( b+c-a \right )\left ( a+b-c \right )r}{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}+\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r\sin \frac{\angle A}{2} \right )}}\left ( 5 \right ).$ Έχουμε $\displaystyle \frac{NA}{NF}\cdot \frac{ME}{MA}\cdot \frac{KF}{KE}\overset{\Theta .M\epsilon \nu \epsilon \lambda \alpha o\upsilon \vartriangle AEF}=1\Rightarrow$
$\displaystyle \frac{NF}{NA}=\frac{a+c-b}{a+b-c}\cdot \frac{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}}{\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r\sin \frac{\angle A}{2} \right )}=\frac{\left ( a+c-b \right )r\sin \frac{\angle A}{2}}{\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2} \cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2}\right )}\Rightarrow$
$\displaystyle \boxed{\frac{RF}{\frac{b+c-a}{2}}=\frac{\left ( a+c-b \right )r}{\left ( a+c-b \right )r\sin \frac{\angle A}{2}-\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2} \right )}}\left ( 7 \right ),$ και άρα $\displaystyle \left ( V,R,K,Q \right )=\frac{VK\cdot RQ}{RK\cdot VQ}\overset{^{\left ( 5 \right ),}_{\left ( 7 \right )},VE=\frac{a+b-c}{2}\cdot \frac{\sin \angle C}{\cos \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )},KE=\frac{a+b-c}{a}\left ( \frac{b+c-a}{2} \sin \frac{\angle A}{2}\right )_{\left ( 2 \right )}}=\left ( V,B,J,C \right ),$
άρα οι σημειοσειρές (V,R,K,Q),(V,B,J,C)

έχουν ίσους διπλούς λόγους και αφού (B,J,C),(Q,K,R)

συνευθειακές τριάδες με $V \equiv QR \cap BC,$ άρα από το συμπέρασμα του Πάππου οι ευθείες $BR \cap CQ \cap KJ \equiv X,$ δηλαδή $X\equiv BR \cap CQ \cap KI,$ που ολοκληρώνει την απόδειξη. $\blacksquare$

: Όμορφη συντρέχεια με έγκυκλο (I) .png (142.03 KiB) Προβλήθηκε 500 φορές

Dimessi · #3

: Η δεύτερη λύση μου στη συντρέχεια.png (99.99 KiB) Προβλήθηκε 354 φορές

$\bullet$ Έστω $V\equiv FE\cap BC,P\equiv KM\cap AI,L\equiv \overline{NMPK}\cap BC,Z\equiv AI\cap EF\overset{\angle PKZ=\angle ZKI\wedge \angle KZP=90^\circ}\Rightarrow$ $ZP=ZI\overset{\overline{API} \perp EF\perp KD\Rightarrow \overline{API}\parallel KD }\Rightarrow$ η δέσμη K.ZPDI

είναι αρμονική $\overset{V\equiv KZ\cap BC,L\equiv KP\cap BC,D\equiv KD\cap BC,J\equiv KI\cap BC}\Rightarrow$ η σημειοσειρά (V,L,D,J)

είναι αρμονική $\overset{K.VLDJ \alpha \varrho \mu o\nu \iota \kappa \eta _{KD \perp KV}}\Rightarrow \boxed{\angle LKD= \angle DKJ} \left ( 1 \right ).$ Είναι $\displaystyle G\equiv BE\cap CF\cap AD\overset{V\equiv FE\cap BC}\Rightarrow \left ( V,B,D,C \right )=-1\overset{KD \perp KV}\Rightarrow \angle BKD=\angle DKC\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \Rightarrow \angle BKL=\angle JKC\overset{\left ( \Theta .\textrm{Steiner }\vartriangle BKC \right )}\Rightarrow \left ( \frac{KB}{KC} \right )^2=\frac{BL}{LC}\cdot \frac{JB}{JC}\overset{\left ( \Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle BKC \right )}\Rightarrow \boxed{\left ( \frac{DB}{DC} \right )^{2}=\frac{BL}{LC}\cdot \frac{JB}{JC}}\left ( 2 \right ).$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle FAZ$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{NPK}:\frac{NA}{NF}\cdot \frac{PZ}{PA}\cdot \frac{FK}{KZ}=1\overset{\left ( ZP=ZI \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{NA}{NF}\cdot \frac{ZI}{AZ-ZI}\cdot \frac{FK}{KZ}=1}\left ( 3 \right ),$ και αφού $\displaystyle \angle BKF\overset{\left ( \overline{FKE}\epsilon \xi \omega \tau \epsilon \varrho \iota \kappa \eta \delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \angle BKC \right )}=\angle CKE\overset{\angle BFK\overset{AF=AE}=\angle KEC}\Rightarrow \vartriangle BFK \sim \vartriangle EKC\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{KF}{KE}=\frac{BF}{EC}\overset{\left ( \epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \alpha \left ( I \right ) \right )}=\frac{DB}{DC}\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \frac{NA}{NF}\cdot \frac{ZI}{AZ-ZI}\cdot \frac{2DB}{DC-DB}=1\Rightarrow \frac{NF}{NA}=\frac{2ZI\cdot DB}{\left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\frac{AN}{BN}=\frac{AF\cdot \left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}{\left ( DC-DB \right )\left [ AF\left ( AZ-ZI \right )-AB\cdot AZ \right ]+ZI\cdot AB^{2}}}\left ( 4 \right ).$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle AZE$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{KPM}:\frac{KZ}{KE}\cdot \frac{PA}{PZ}\cdot \frac{ME}{MA}=1\overset{\left ( PZ=ZI \right )}\Rightarrow \frac{ME}{MA}=\frac{2DC\cdot ZI}{\left ( DC-DB \right )\left ( AZ-ZI \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \Rightarrow \boxed{\frac{MC}{MA}=\frac{AC\cdot AB\cdot ZI+\left ( DC-DB \right )\left ( EC\cdot AZ+EA\cdot ZI \right )}{EA\cdot \left ( DC-DB \right )\left ( AZ-ZI \right )}}\left ( 5 \right ).$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{NML}:\frac{NA}{NB}\cdot \frac{MC}{MA}\cdot \frac{BL}{LC}=1\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{JB}{JC}=\left ( \frac{DB}{DC} \right )^{2}\cdot \frac{NA}{NB}\cdot \frac{MC}{MA}}\overset{^{\left ( 4 \right )}_{\left ( 5 \right )}}\Rightarrow$ $\overset{^{(4)}_{(5)}} \Rightarrow \boxed{\frac{JB}{JC}=\left ( \frac{DB}{DC} \right )^{2}\cdot \frac{\left ( DC-DB \right )\left ( EC\cdot AZ+EA\cdot ZI \right )+AC\cdot AB\cdot ZI}{ZI\cdot AB^{2}-\left ( DC-DB \right )\left ( FB\cdot AZ+AF\cdot ZI \right )}}\left ( 6 \right ).$
$\bullet$ Έστω $\displaystyle W''\equiv AD\cap EF\overset{\left ( V,B,D,C \right )=-1}\Rightarrow \left ( V,F,W'',E \right )=-1\Rightarrow \frac{VF}{VE}=\frac{W''F}{W''E}\overset{AF=AE}=\frac{DB}{DC}\cdot \frac{AC}{AB}\Rightarrow$ $\Rightarrow \boxed{\frac{VF}{FE}=\frac{DB\cdot AC}{DC\cdot AB-DB\cdot AC}}\left ( 7 \right ),$ και αφού $\displaystyle PE \overset{ZP=ZI\wedge ZE=ZF}\parallel FI\overset{FI \perp AB \perp RN}\parallel RN\overset{X\equiv EP\cap AF\left ( EX \parallel RN \perp AF \right )}\Rightarrow \frac{ER}{FE}\overset{EX \parallel RN \left ( \Theta .\Theta \alpha \lambda \eta \right )}=\frac{NX}{FX}\left ( 8 \right ),$ και επειδή $\displaystyle FX\cdot AF\overset{EZXA\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle EXA=\angle EZA=90^\circ \right )}=FZ\cdot FE\Rightarrow FX=\frac{FE^{2}}{2AF}\wedge AX=\frac{2AF^{2}-FE^{2}}{2AF}\overset{^{\left ( 4 \right )}_{\left ( 8 \right )}}\Rightarrow$ $\displaystyle \overset{^{(4)}_{(8)}} \Rightarrow \boxed{\frac{ER}{FE}=\frac{\frac{2AF^{2}-FE^{2}}{2AF}+\frac{AF\cdot \left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}{ZI\left ( DC+DB \right )-AZ\left ( DC-DB \right )}}{\frac{FE^{2}}{2AF}}}\left ( 9 \right ).$ Έστω $\displaystyle Y\equiv FP\cap AE\overset{FP\parallel EI \perp AC \perp QM \parallel FY}\Rightarrow \boxed{\frac{QF}{FE}=\frac{MY}{YE}\overset{AYZF \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\frac{ME-\frac{EF^2}{2AF}}{\frac{EF^{2}}{2AF}}\overset{\left ( 5 \right )}=\frac{\frac{2AF\cdot DC\cdot ZI}{ZI\cdot AB+AZ\left ( DC-DB \right )}-\frac{EF^{2}}{2AF}}{\frac{EF^{2}}{2AF}}}\left ( 10 \right ).$ Επομένως $\displaystyle \left ( V,R,K,Q \right )=\frac{VK\cdot RQ}{RK\cdot VQ}\overset{^{\left ( 7 \right ),\left ( 9 \right )}_{\left ( 10 \right )}}=\frac{\left ( \frac{DB\cdot AC}{DC\cdot AB-DB\cdot AC}+\frac{DB}{BC} \right )\left ( 1+\frac{\frac{2AF^{2}-FE^{2}}{2AF}+\frac{AF\cdot \left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}{ZI\cdot BC-AZ\left ( DC-DB \right )}}{\frac{FE^{2}}{2AF}}+\frac{\frac{2AF\cdot DC\cdot ZI}{ZI\cdot AB+AZ\left ( DC-DB \right )}-\frac{EF^{2}}{2AF}}{\frac{EF^{2}}{2AF}} \right )}{\left ( \frac{\frac{2AF^{2}-FE^{2}}{2AF}+\frac{AF\cdot \left ( AZ-ZI \right )\left ( DC-DB \right )}{ZI\cdot BC-AZ\left ( DC-DB \right )}}{\frac{FE^{2}}{2AF}}+\frac{DC}{BC} \right )\left ( \frac{DB\cdot AC}{DC\cdot AB-DB\cdot AC}-\frac{\frac{2AF\cdot DC\cdot ZI}{ZI\cdot AB+AZ\left ( DC-DB \right )}-\frac{EF^{2}}{2AF}}{\frac{EF^{2}}{2AF}} \right )}\overset{\left ( 6 \right )}=$ $\displaystyle \overset{\left ( 6 \right )}=\frac{VJ\cdot BC}{BJ\cdot VC}=\left ( V,B,J,C \right ),$ συνεπώς οι σημειοσειρές (V,R,K,Q),(V,B,J,C)

έχουν ίσους διπλούς λόγους, άρα από το συμπέρασμα του Πάππου οι ευθείες $BR \cap CQ \cap KI\equiv BR \cap CQ \cap KJ \equiv X''.$

: Η δεύτερη λύση μου στη συντρέχεια.png (99.99 KiB) Προβλήθηκε 354 φορές

: Η δεύτερη λύση μου στη συντρέχεια.png (99.99 KiB) Προβλήθηκε 354 φορές

Dimessi · #4

: Λύση μου 3....png (190.87 KiB) Προβλήθηκε 265 φορές

$\bullet$ Έστω $G\equiv CI\cap EF,S\equiv QI\cap KC,W\equiv BI\cap EF,Y\equiv RI\cap BK,V\equiv FE\cap BC,C''\equiv CI\cap AB,$ $,B''\equiv BI\cap AC.$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στα τρίγωνα $\vartriangle BKW, \vartriangle GCK$ με διατέμνουσες $\overline{RIY},\overline{QIS},$ είναι $\displaystyle \frac{RW}{RK}\cdot \frac{IB}{IW}\cdot \frac{KY}{BY}=\frac{QG}{QK}\cdot \frac{IC}{IG}\cdot \frac{KS}{SC}=1\Rightarrow \frac{KY}{BY}\cdot \frac{DB}{DC}\cdot \frac{SC}{KS}=\frac{RK}{RW}\cdot \frac{IW}{IB}\cdot \frac{QG}{QK}\cdot \frac{IC}{IG}\cdot \frac{DB}{DC},$ κι αφού $\displaystyle \frac{IW}{IB}\cdot \frac{IC}{IG}\cdot \frac{DB}{DC}=\frac{IC}{IB}\cdot \frac{\sin \angle IFE}{\sin 90^\circ}\cdot \frac{IC}{IB}\cdot \frac{\sin 90^\circ}{\sin \angle IEF}\cdot \frac{DB}{DC}=\frac{IC}{IB}\cdot \frac{\cos \frac{\angle B}{2}}{\cos \frac{\angle C}{2}}=\frac{b}{c}\Rightarrow$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{KY}{BY}\cdot \frac{DB}{DC}\cdot \frac{SC}{KS}=\frac{RK}{RW}\cdot \frac{QG}{QK}\cdot \frac{b}{c},$ όμως $\displaystyle \begin{Bmatrix} \vartriangle FWB \sim \vartriangle BIC\Rightarrow \displaystyle \frac{FW}{FB}=\frac{IC}{IB}\Rightarrow FW=\frac{\frac{1}{2}\left ( a+c-b \right )\sin \frac{\angle B}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}} & \\\vartriangle GEC \sim \vartriangle BIC \Rightarrow \displaystyle \frac{EG}{EC}=\frac{IB}{IC}\Rightarrow EG=\frac{\frac{1}{2}\left ( a+b-c \right )\sin \frac{\angle C}{2}}{\sin \frac{\angle B}{2}} & \\ \end{Bmatrix}\left ( 1 \right ),$ άρα λόγω του Post 2 , $\displaystyle \frac{RK}{RW}\cdot \frac{QG}{QK}\cdot \frac{b}{c}= \frac{b\left ( a+b-c \right )\left [ \frac{\left ( b+c-a \right )r}{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}+\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos\frac{\angle A}{2}-r\sin \frac{\angle A}{2} \right )}-\frac{\sin \frac{\angle C}{2}}{\sin \frac{\angle B}{2}} \right ]\left ( b+c-a \right )\left ( a+c-b \right )\left [ \frac{r}{\left ( a+c-b \right )r\sin \frac{\angle A}{2}-\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2} \right )} -\frac{\sin \frac{\angle A}{2}}{a}\right ]}{c\left ( a+c-b \right )\left [ \frac{\left ( b+c-a \right )r}{\left ( a+c-b \right )r\sin \frac{\angle A}{2}-\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r\sin \frac{\angle A}{2} \right )}-\frac{\sin \frac{\angle B}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}} \right ]\left ( b+c-a \right )\left ( a+b-c \right )\left [\frac{r}{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}+\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2} \right )}-\frac{\sin \frac{\angle A}{2}}{a} \right ]}$ $\displaystyle = \frac{b\left [ \frac{\left ( b+c-a \right )r}{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}+\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos\frac{\angle A}{2}-r\sin \frac{\angle A}{2} \right )}-\frac{\sin \frac{\angle C}{2}}{\sin \frac{\angle B}{2}} \right ]\left [ \frac{r}{\left ( a+c-b \right )r\sin \frac{\angle A}{2}-\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2} \right )} -\frac{\sin \frac{\angle A}{2}}{a}\right ]}{c\left [ \frac{\left ( b+c-a \right )r}{\left ( a+c-b \right )r\sin \frac{\angle A}{2}-\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r\sin \frac{\angle A}{2} \right )}-\frac{\sin \frac{\angle B}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}} \right ]\left [\frac{r}{\left ( a+b-c \right )r\sin \frac{\angle A}{2}+\left ( b-c \right )\left ( \frac{b+c-a}{2}\cos \frac{\angle A}{2}-r \sin \frac{\angle A}{2} \right )}-\frac{\sin \frac{\angle A}{2}}{a} \right ]}=$ =1,

άρα $\displaystyle \frac{KY}{BY}\cdot \frac{DB}{DC}\cdot \frac{SC}{KS}=1,$ άρα από το αντίστροφο Θεωρήματος Ceva στο τρίγωνο $\vartriangle BKC,$ είναι $BS \cap YC \cap KD \equiv Q_{1},$ συνεπώς θεωρώντας $V'\equiv YS \cap BC,$ θα είναι (V',B,D,C)=-1.

Αφού $BE \cap CF \cap AD \equiv G_{1}\overset{V \equiv EF \cap BC}\Rightarrow (V,B,D,C)=-1,$ άρα $V' \equiv V,$ και συνεπώς τα σημεία $V \equiv QR \cap BC, Y \equiv RI \cap BK, S \equiv QI \cap KC$ είναι συνευθειακά, άρα από το Θεώρημα Desargues τα τρίγωνα $\vartriangle QIR, \vartriangle KBC$ είναι προοπτικά , συνεπώς από το αντίστροφο Θεωρήματος Desargues οι ευθείες $BR \cap CQ \cap KI\equiv X''.$

: Λύση μου 3....png (190.87 KiB) Προβλήθηκε 265 φορές

#5

Dimessi έγραψε:Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με έγκυκλο που εφάπτεται στις πλευρές του στα σημεία αντίστοιχα και η προβολή του στην Η συμμετρική της ως προς τέμνει την στο οι ευθείες τέμνονται στο και οι εκ των κάθετες στις αντίστοιχα, τέμνουν την ευθεία στα σημεία αντίστοιχα. Δείξτε ότι οι ευθείες συντρέχουν.

Διαμορφώνουμε το σχήμα λίγο διαφορετικά.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $L\equiv AB\cap KI$ και $P\equiv AC\cap KI$ και ας είναι M, N,

τα σημεία τομής των AC, AB

αντιστοίχως, από την συμμετρική ευθεία της KI,

ως προς την ευθεία EF.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1, έχουμε ότι $LM\perp AC$ και $PN\perp AB$ και έστω τα σημεία $Q\equiv EF\cap LM$ και $R\equiv EF\cap PN.$

Έστω τα σημεία $S\equiv KI\cap RB$ και $S'\equiv KI\cap CQ$ και αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{S'\equiv S}$

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle PLM$ με διατέμνουσα την QSC,

σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε:

$\displaystyle \frac{SP}{SL}\cdot \frac{QL}{QM}\cdot \frac{CM}{CP}=1\Rightarrow$ $\boxed{\diplaystyle \frac{SP}{SL}= \frac{QM}{QL}\cdot \frac{CP}{CM}} \ \ ,(1)$

Ομο'ιως, στο τρίγωνο $\vartriangle PLN$ με διατέμνουσα την RBS',

έχουμε:

$\displaystyle \frac{S'P}{S'L}\cdot \frac{BL}{BN}\cdot \frac{RN}{RP}=1\Rightarrow$ $\boxed{\diplaystyle \frac{S'P}{S'L}= \frac{BN}{BL}\cdot \frac{RP}{RN}} \ \ ,(2)$

Από (1), (2)

για να είναι $S'\equiv S$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{S'P}{S'L}=\frac{SP}{SL}$ αρκεί $\boxed{\displaystyle \frac{QM}{QL}\cdot \frac{CP}{CM}=\frac{BN}{BL}\cdot \frac{RP}{RN}} \ \ ,(3)$

: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο.; f=185 t=79114.PNG (27.91 KiB) Προβλήθηκε 163 φορές

$\bullet$ Η ευθεία

διχοτομεί την γωνία $\angle LKM$ και έστω τα σημεία $X\equiv LM\cap KD$ και $Z\equiv PN\cap KD.$

Η σημειοσειρά Q, L, X, M

είναι αρμονική λόγω $KX\perp KQ$ και άρα, έχουμε $\displaystyle \frac{QM}{QL}=\frac{XM}{XL}=\frac{KM}{KL}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{QM}{QL}=\frac{KM}{KL}} \ \ ,(4)$

Ομοίως, η σημειοσειρά R, N, Z, P

είναι αρμονική και άρα, έχουμε $\displaystyle \frac{RP}{RN}=\frac{ZP}{ZN}=\frac{KP}{KN}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{RP}{RN}=\frac{KP}{KN}} \ \ ,(5)$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο LMPN,

λόγω $\angle LMA=90^{o}=\angle LNP,$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{KM}{KL}=\frac{KP}{KN}} \ \ ,(6)$

Από $(4), (5), (6)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{QM}{QL}=\frac{RP}{RN}} \ \ ,(7)$

$\bullet$ Από (3), (7)

τώρα, αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{\displaystyle \frac{CP}{CM}=\frac{BN}{BL}} \ \ ,(8)$

Αλλά όμως, η (8)

αληθεύει γιατί σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2, η ευθεία

διχοτομεί και την γωνία $\angle BKC$ και άρα, ισχύει $\angle BKN=\angle CKP$ και επομένως οι ευθείες KB, KC

είναι ομόλογες ευθείες στα όμοια τρίγωνα $\vartriangle KLN, \vartriangle KMP$ και τα ίχνη τους επί των ομολόγων πλευρών LN, MP

των τριγώνων, ορίζουν ίσους λόγους.

Επομένως, από $(8)\Rightarrow$ $\boxed{S'\equiv S}$ και συμπεράινεται έτσι, ότι οι ευθείες BR, CQ, KI

τέμνονται στο ίδιο στο σημείο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. Δινεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του στις πλευρές αντιστοίχως. Έστω η προβολή του σημείου επί της ευθείας και έστω τα σημεία $L\equiv AB\cap KI$ και $P\equiv AC\cap KI,$ με το κέντρο του κύκλου Αποδείξτε ότι $LM\perp AC$ και $PN\perp AB,$ όπου είναι τα σημεία τομής των αντιστοίχως, από την συμμετρική ευθεία της ως προς την ευθεία

ΛΗΜΜΑ 2. Δινεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του στις πλευρές αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\angle BKD=\angle CKD,$ όπου είναι η προβολή του σημείου επί της ευθεία

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου για το Λήμμα 1 και το Λήμμα 2.

#6

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. Δινεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του στις πλευρές αντιστοίχως. Έστω η προβολή του σημείου επί της ευθείας και έστω τα σημεία $L\equiv AB\cap KI$ και $P\equiv AC\cap KI,$ με το κέντρο του κύκλου Αποδείξτε ότι $LM\perp AC$ και $PN\perp AB,$ όπου είναι τα σημεία τομής των αντιστοίχως, από την συμμετρική ευθεία της ως προς την ευθεία

$\bullet$ Η ευθεία MN,

ως συμμετρική της ευθείας

ως προς την ευθεία EF,

περνάει από το σημείο έτσω

σημμετρικό του

ως προς την EF,

το οποίο ανήκει στην ευθεία AI,

λόγω $AI\perp EF.$

Η ευθεία

τώρα, είναι συμμετρική της

ως προς την ευθεία

και έστω το σημείο $T\equiv AC\cap FZ.$

Από $\angle OFT= \angle OFI= \angle OEI\Rightarrow$ $FT\parallel IE\Rightarrow$ $\boxed{FT\perp AC} \ \ ,(1)$ λόγω $IE\perp AC,$ όπου $O\equiv AI\cap EF.$

: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f=185 t=79114 (a).PNG (18.83 KiB) Προβλήθηκε 125 φορές

$\bullet$ Στα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle TAZ, \vartriangle FAI,$ οι ευθείες ZM, IL

είναι ομόλογες λόγω $\angle AZM= \angle KZI= \angle AIL$ και άρα, έχουμε $\displaystyle \frac{AM}{MT}= \frac{AL}{LF}\Rightarrow$ $LM\parallel FT\Rightarrow$ $\boxed{LM\perp AC} \ \ ,(2)$ λόγω της (1).

Από $\angle LPM= \angle LIA - \angle IAP= \angle IZN - \angle IAN= \angle LNM\Rightarrow$ $\boxed{\angle LPM= \angle LNM} \ \ ,(3)$

Από (3)

έχουμε ότι το τετράπλευρο LMPN

είναι εγγράψιμο και επομένως, από $\angle LNP= \angle LMA= 90^{o}\Rightarrow$ $\boxed{PN\perp AB}$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#7

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. Δινεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του στις πλευρές αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\angle BKD=\angle CKD,$ όπου είναι η προβολή του σημείου επί της ευθεία

: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο - Απόδειξη του λήμματος 2.; f=185 t=79114 (b).PNG (15.54 KiB) Προβλήθηκε 105 φορές

$\bullet$ Είναι γνωστό το Θεώρημα Gergone, σύμφωνα με το οποίο οι ευθείες AD, BE, CF

τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω

γνωστό ως Σημείο Gergone του τριγώνου και αποδεικνύεται άμεσα με βάση το θεώρημα Ceva.

Έστω το σημείο $S\equiv BC\cap EF$ και από το πλήρες τετράπλευρο AEFG.BC

έχουμε ότι η σημειοσειρά S, B, D, C

είναι αρμονική και επομένως η δέσμη K.SBDC

είναι αρμονική.

Στην αρμονική αυτή δέσμη, από $KD\perp KS,$ συμπεραίνεται ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την διχοτόμο της γωνίας $\angle BKC$ και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Re: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Re: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Re: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Re: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Re: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Re: Αγέρωχη συντρέχεια με έγκυκλο!!

Μέλη σε σύνδεση