εφάπτεται του εγγεγραμμένου...

giannimani · #1

Οι κύκλοι $\Omega$ και $\omega$ είναι αντίστοιχα ο περιγεγραμμένος και ο εγγεγραμμένος ενός σκαληνού τριγώνου
$ABC\;(AB < AC)$ . Συμβολίζουμε με $A_{1}$ το μέσο του τόξου BAC

τού κύκλου $\Omega$ , με

το έγκεντρο του
τριγώνου ABC

, με

το σημείο επαφής του $\omega$ με την πλευρά

, με

το αντιδιαμετρικό του

στον
κύκλο $\omega$ , και με

το σημείο τομής της ευθείας $AA_{1}$ με την κάθετο της $IA_{1}$ στο

.
Να αποδείξετε ότι η ευθεία PD'

εφάπτεται του $\omega$ .

: probl_tan.png (33.79 KiB) Προβλήθηκε 1343 φορές

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

giannimani έγραψε: Τετ Δεκ 30, 2020 9:54 am Οι κύκλοι $\Omega$ και $\omega$ είναι αντίστοιχα ο περιγεγραμμένος και ο εγγεγραμμένος ενός σκαληνού τριγώνου
$ABC\;(AB < AC)$ . Συμβολίζουμε με $A_{1}$ το μέσο του τόξου τού κύκλου $\Omega$ , με το έγκεντρο του
τριγώνου , με το σημείο επαφής του $\omega$ με την πλευρά , με το αντιδιαμετρικό του στον
κύκλο $\omega$ , και με το σημείο τομής της ευθείας $AA_{1}$ με την κάθετο της $IA_{1}$ στο .
Να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του $\omega$ .probl_tan.png

Ορίζω το

Ως η τομή της εφαπτομένης του εγγεγραμμένου στο

με την

Αντιστρέφω με κύκλο $\omega$ .Ο $\Omega$ πάει στον κύκλο Euler του

Η

γίνεται ο κύκλος διαμέτρου A'I

και η εφαπτομένη στο

ο κύκλος διαμέτρου ID'

.
Έστω ότι η D'A'

τέμνει τον κύκλο διαμέτρου A'I

στο

.
Το αντίστροφο του

θα είναι η τομή της AA_1

με την εφαπτομένη στο

άρα αρκεί $\angle A_1'IL=90^{\circ}$ ή ισοδύναμα $\angle A_1'A'D'=90^{\circ}$

: 14.PNG (40.36 KiB) Προβλήθηκε 1304 φορές

Πάω σε νέο σχήμα και αλλάζω τις ονομασίες

: 15.PNG (45.67 KiB) Προβλήθηκε 1304 φορές

Έχουμε το

με

μέσον την

και

το αντιδιαμετρικό του

προς τον

και

η τομή του κύκλου Euler του ABC

με τον κύκλο διαμέτρου

όπου

το περίκεντρο του ABC

, και θέλουμε να δείξουμε $\angle A'MQ=90^{\circ}$
Είναι $\angle MQO=90^{\circ}$ οπότε η

περνά από το αντιδιαμετρικό

του

στον κύκλο Euler δηλαδή το μέσον του

όπου

το ορθόκεντρο.
Επίσης είναι A',M,H

συνευθειακά οπότε είναι πλέον απλό ότι $OR\parallel A'M\Leftrightarrow A'M\perp MQ$ και τελειώσαμε.

giannimani · #3

Η $AA_{1}$ είναι η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας

του $\vartriangle ABC$ , οπότε $\angle IAA_{1}\,=\angle PAI =\,90^{\circ}$ .
Για να αποδείξουμε ότι η PD'

εφάπτεται του κύκλου $\omega$ , αρκεί $\angle PD'I=90^{\circ}$ , που προκύπτει
άμεσα όταν το τετράπλευρο APID'

είναι εγγράψιμο. Γι' αυτό αρκεί $\angle API=\angle ID'N$ , όπου

το σημείο τομής των ευθειών AD'

και

.

Αποδεικνύεται ότι το

είναι το σημείο επαφής της πλευράς

με τον

παρεγγεγραμμένο
κύκλο του $\vartriangle ABC$ . Επομένως, $MI \parallel AN\,\implies \angle DIM =\angle ID'N\quad (1)$ (βλέπε το Λήμμα 1 στη
viewtopic.php?f=22&t=68626.

: Tang_to_inc.png (51.31 KiB) Προβλήθηκε 1235 φορές

Επίσης έχουμε $\angle AA_{1}I=\angle IMB =\angle IMD$ (Η απόδειξη στο τέλος (*)

). Εφόσον τα ορθογώνια τρίγωνα
$PIA_{1}$ και IDM

έχουν τις οξείες γωνίες τους $PA_{1}I$ και IMD

ίσες, τότε και οι άλλες οξείες γωνίες τους
θα είναι ίσες, δηλαδή, $\angle IPA_{1}=\angle DIM\quad (2)$ .
Από (1)

και

$\angle ID'N=\angle IPA_{1}$ που σημαίνει ότι το $APIA_{1}$ είναι εγγράψιμο.

(*)

Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $AA_{1}I$ , και έστω $C_{0}$ , $B_{0}$ τα σημεία τομής του
με τις πλευρές

και

του τριγώνου ABC

αντίστοιχα. Τότε έχουμε $BC_{0}=CB_{0}$ (Λήμμα 2)
και $2ΒC_{0}=BC_{0}+CB_{0}=BC$ (Λήμμα 3) οπότε $BC_{0}=CB_{0}=BM=CM$ .
Επομένως τα σημεία $B_{0}$ και

είναι συμμετρικά ως προς τη διχοτόμο

. Ως εκ τούτου $\angle{IMB}= \angle{IB_{0}A}=\angle{IA_{1}A}$ .

Δίνουμε τις διατυπώσεις των δύο λημμάτων που χρησιμοποιήθηκαν χωρίς τις αποδείξεις τους, που άλλωστε δεν παρουσιάζουν δυσκολία.

Λήμμα 2. Στις πλευρές

και

ενός σκαληνού τριγώνου ABC

,

, θεωρούμε αντίστοιχα τα σημεία C_0

και

.
Το σημείο A_1

είναι το μέσο του τόξου BAC

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

. Να αποδείξετε ότι
η ισότητα BC_0 = CB_0

ισχύει, αν και μόνο αν, τα σημεία B_0

,

είναι ομοκυκλικά.

Λήμμα 3. Στις πλευρές

και

ενός σκαληνού τριγώνου ABC

,

, θεωρούμε αντίστοιχα τα σημεία C_0

και

,
το σημείο

είναι το κέντρο του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο ABC

κύκλου. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος
του τριγώνου $B_{0}AC_{0}$ , διέρχεται από το σημείο

αν και μόνο αν BC_0 + CB_0 = BC

.

Henri van Aubel · #4

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Henri van Aubel · #5

Βάζω τη λύση μου.

Θέτω $\angle AA_{1}I=u$ οπότε $\displaystyle \frac{PI}{ID{'}}=\frac{PI}{A_{1}I}\cdot \frac{A_{1}I}{AI}\cdot \frac{AI}{ID}=\frac{\sin u}{\cos u}\cdot \frac{1}{\sin u}\cdot \frac{1}{\displaystyle \sin \frac{A}{2}}=\frac{1}{\displaystyle \sin \frac{A}{2}\cos u}.$

Όμως $\cos \angle PID{'}=\sin \angle A_{1}ID=\sin \left [ 180^\circ+\frac{A}{2} -\left ( 180^\circ -B-u\right ) \right ]=\sin \left ( \frac{A}{2}+B+u \right ).$

Επομένως για να δείξω ότι $PD{'}\perp ID{'}$ αρκεί ν.δ.ο $\displaystyle \frac{\displaystyle \sin \left ( \frac{A}{2}+B+u \right )}{\displaystyle \sin \frac{A}{2}\cos u}=1\Longleftrightarrow \tan u=\frac{\displaystyle \sin \frac{A}{2}-\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )}{\displaystyle\cos \left ( \frac{A}{2} +B\right ) }\left ( I \right )$

Ισχύει ότι $\displaystyle \tan u=\frac{AI}{AC}\cdot \frac{AC}{AA_{1}}=\frac{\displaystyle \cos \left ( \frac{A}{2} +\frac{B}{2}\right )}{\displaystyle \cos \frac{B}{2}}\cdot \frac{\sin B}{\displaystyle -\cos \left ( \frac{A}{2} +B\right )}=\frac{\displaystyle -2\sin \frac{B}{2}\cos \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )}{\displaystyle \cos \left ( \frac{A}{2}+B \right )}\left ( II \right )$

Οπότε από $\left ( I \right ),\left ( II \right )$ αρκεί ν.δ.ο $\displaystyle 2\sin \frac{B}{2}\cos \left ( \frac{A}{2}+\frac{B}{2} \right )=\sin \left ( \frac{A}{2}+B \right )-\sin \frac{A}{2}$ που είναι άμεση από το ανάπτυγμα $2\sin x\cos \left ( y+x \right )=\sin \left ( 2x+y \right )-\sin y$ .

εφάπτεται του εγγεγραμμένου...

εφάπτεται του εγγεγραμμένου...

Re: εφάπτεται του εγγεγραμμένου...

Re: εφάπτεται του εγγεγραμμένου...

Re: εφάπτεται του εγγεγραμμένου...

Re: εφάπτεται του εγγεγραμμένου...

Μέλη σε σύνδεση