Συνευθειακές τομές περικυκλίων

#1

: 3.png (44.07 KiB) Προβλήθηκε 1467 φορές

Δίνονται δύο κύκλοι $\displaystyle{ \left( O \right),\left( {O'} \right) }$ οι οποίοι τέμνονται στα σημεία $\displaystyle{ A,B }$ .

Από το σημείο $\displaystyle{ A }$ φέρνουμε τρείς τέμνουσες $\displaystyle{ P_1 AP{'}_1 \;,P_2 AP{'}_2 \;,P_3 AP{'}_3 \; }$ με $\displaystyle{ P_1 ,P_2 ,P_3 \in \left( O \right) }$ και $\displaystyle{ P{'}_1 ,P{'}_2 ,P{'}_3 \in \left( {O'} \right) }$ .

Να δειχθεί ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle P_1 BP{'}_1 ,\;\vartriangle P_2 BP{'}_2 ,\;\vartriangle P_3 BP{'}_3 \; }$

τέμνονται ανά δύο σε τρία σημεία (εκτός του $\displaystyle{ P }$ ) σημεία συνευθειακά. Δηλαδή στο σχήμα μας τα $\displaystyle{ K,L,M }$ είναι συνευθειακά.

Στάθης

#2

Στη πραγματικότητα υπάρχουν πολλές τριάδες συνευθειακών σημείων.

Αντιστρέφουμε το πρώτο σχήμα με κέντρο το

και τυχαία ακτίνα και προκύπτει το δεύτερο σχήμα. Τα αντίστροφα των σημείων τα παριστάνουμε με τα αντίστοιχα μικρά γράμματα. Προφανώς το

συμπίπτει με το

αλλά το σημειώνουμε και αυτό με μικρό, για ομοιομορφία.

Οι κύκλοι που διέρχονται από το κέντρο αντιστροφής αντιστρέφονται σε ευθείες οι οποίες δεν διέρχονται από αυτό. Έτσι,
ας πούμε ότι: ο κύκλος (A,E,F,C)

αντιστρέφεται στην ευθεία aefc,

ο κύκλος

στην ευθεία agde

και ομοίως οι έγχρωμοι κύκλοι αντιστρέφονται στις αντίστοιχες έγχρωμες ευθείες.

Οι ευθείες που δεν διέρχονται από το κέντρο αντιστροφής, αντιστρέφονται σε κύκλους που διέρχονται από το κέντρο αντιστροφής. Έτσι:
η ευθεία EAG

αντιστρέφεται στον κύκλο (e,b,g,a)

, η

στον

και η

στον

.

Συμπληρώθηκε η κατασκευή του δεύτερου σχήματος. Τώρα οι κύκλοι του που διέρχονται από το b έχουν στο πρώτο σχήμα ως αντίστροφα ευθείες, οι οποίες, μάλιστα, δεν διέρχονται από το B. Αρκεί, επομένως, να βγάλουμε τα k,m,n,b

ομοκυκλικά.

Εδώ έχουμε 5 πλήρη τετράπλευρα με κοινό σημείο Miquel το

. Αυτά είναι (γράφω το κύριο σώμα τους) τα:
afmg

(το πράσινο), f ckm

(το ροζ),

(το μπλε), ackg

(πράσινο και ροζ μαζί) και το afnd

(πράσινο και μπλε μαζί).

Γιατί έχουν κοινό σημείο Miquel το

, το συμπεραίνουμε ξεκινώντας από το afmg

. Δύο από τους τέσσερις κύκλους του είναι οι (a,f,b,h)

και

Άρα έχει σημείο Miquel το

και οι άλλοι δύο κύκλοι του είναι οι (f,m,b,e)

και

.
Του

δύο από τους τέσσερις κύκλους του είναι οι (a,g,b,e)

και

Άρα έχει σημείο Miquel το

και οι άλλοι δύο κύκλοι του είναι οι (c,e,b,k)

και

.
Τότε του fckm

δύο από τους τέσσερις κύκλους του είναι οι (f,m,b,e)

και

. Άρα έχει σημείο Miquel το

και ο τρίτος κύκλος του είναι ο (m,b,k,n)

που αποδεικνύει, όπως είπαμε παραπάνω, ότι τα M, K, N

είναι συνευθειακά κ.λπ.

#3

: Λήμμα (συνευθειακά σημεία).png (32.26 KiB) Προβλήθηκε 1318 φορές

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Το συνημμένο 3.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνονται δύο κύκλοι $\displaystyle{ \left( O \right),\left( {O'} \right) }$ οι οποίοι τέμνονται στα σημεία $\displaystyle{ A,B }$ .

Από το σημείο $\displaystyle{ A }$ φέρνουμε τρείς τέμνουσες $\displaystyle{ P_1 AP{'}_1 \;,P_2 AP{'}_2 \;,P_3 AP{'}_3 \; }$ με $\displaystyle{ P_1 ,P_2 ,P_3 \in \left( O \right) }$ και $\displaystyle{ P{'}_1 ,P{'}_2 ,P{'}_3 \in \left( {O'} \right) }$ .

Να δειχθεί ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle P_1 BP{'}_1 ,\;\vartriangle P_2 BP{'}_2 ,\;\vartriangle P_3 BP{'}_3 \; }$

τέμνονται ανά δύο σε τρία σημεία (εκτός του $\displaystyle{ P }$ ) σημεία συνευθειακά. Δηλαδή στο σχήμα μας τα $\displaystyle{ K,L,M }$ είναι συνευθειακά.

Στάθης

Να ευχαριστήσω τον rek για τη λύση του και να ομολογήσω ότι στερούμαι της γνώσης της θεωρίας της αντιστροφής που από όσο μπορώ να αντιληφθώ είναι ένα δυνατό εργαλείο αλλά από ότι φαίνεται για πολύ λίγους (Σεραφείμ, Σωτήρη, rek…_)

Επειδή με παρεκάλεσαν σε π.μ μαθητές να δώσουμε και μια λύση με σχολικά εργαλεία (γιατί τις τόσο όμορφες παρατηρήσεις του Κώστα δεν τις κατάλαβε κανένας).

Θα δείξουμε κλασικά τη συνευθειακότητα των σημείων που αναφέρει και ο rek (δεν γνωρίζω το μικρό όνομα). Ας το απλοποιήσουμε για να γίνει κατανοητό.

Λήμμα: Έστω οι κύκλοι $\displaystyle{ \left( {\rm O} \right),\left( {{\rm O}'} \right) }$ με $\displaystyle{ \left( {\rm O} \right) \cap \left( {{\rm O}'} \right) = \left\{ {{\rm A},{\rm B}} \right\} }$ και δύο τέμνουσες: $\displaystyle{ P_1 AP{'}_1 ,P_2 AP{'}_2 }$ των κύκλων $\displaystyle{ P_1 ,P_2 \in \left( {\rm O} \right) - P{'}_1 ,P{'}_2 \in \left( {{\rm O}'} \right) }$

Αν $\displaystyle{ \left( {C_1 } \right),\left( {C_2 } \right) }$ είναι τα περικύκλια των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle P_1 BP{'}_1 ,\vartriangle P_2 BP{'}_2 }$ αντίστοιχα και $\displaystyle{ K }$ το άλλο (εκτός του $\displaystyle{ B }$ )

σημείο τομής τους να δειχθεί ότι τα σημεία $\displaystyle{ K,P_1 ,P_2 }$ (όπως και τα $\displaystyle{ K,P{'}_1 ,P{'}_2 }$ ) είναι συνευθειακά.

Απόδειξη

Είναι $\displaystyle{ ABP{'}_2 P{'}_1 }$ εγγεγραμμένο στον κύκλο $\displaystyle{ \left( O \right) }$ άρα $\displaystyle{ \boxed{\widehat{AP{'}_1 B} = \widehat{AP{'}_2 B} = \hat \omega }:\left( 1 \right) }$

Είναι $\displaystyle{ KP_1 BP{'}_1 }$ εγγεγραμμένο στον $\displaystyle{ \left( {C_1 } \right) }$ άρα $\displaystyle{ \boxed{\widehat{BKP_2 } = \widehat{P_2 P{'}_2 B} = \hat \omega }:\left( 2 \right) }$

Είναι $\displaystyle{ KP_2 BP{'}_2 }$ εγγεγραμμένο στον $\displaystyle{ \left( {C_2 } \right) }$ άρα $\displaystyle{ \boxed{\widehat{BKP_1 } = \widehat{P_1 P{'}_1 B} = \hat \omega }:\left( 3 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \boxed{\widehat{BKP_2 } = \widehat{BKP_1 }} }$ και επειδή έχουν κοινή κορυφή (το $\displaystyle{ K }$ ), κοινή πλευρά (την $\displaystyle{ KB }$ ) είναι ίσες και οι

μη κοινές πλευρές τους βρίσκονται προς το ίδιο μέρος της κοινής (γιατί;) οι φορείς των μη κοινών πλευρών τους

θα ταυτίζονται δηλαδή $\displaystyle{ K,P_1 ,P_2 }$ είναι συνευθειακά. Ομοίως και τα $\displaystyle{ K,P{'}_1 ,P{'}_2 }$ είναι συνευθειακά.

Επανέρχομαι για μια (μάλλον δύο) αποδείξεις του Θέματος

#4

Επανέρχομαι για μια (μάλλον δύο) αποδείξεις του Θέματος

Πάμε τώρα στο θέμα μας

1η απόδειξη (Αφιερωμένη στον Αγαπητό φίλο Κώστα Βήττα)

Σχήμα 1: Με βάσει το παραπάνω λήμμα στο σχήμα 1 έχουμε τις τριάδες συνευθειακών σημείων: $\displaystyle{ K,P_2 ,P_3 - K,P{'}_2 ,P{'}_3 - L,P_1 ,P_3 - L,P{'}_1 ,P{'}_3 - M,P_1 ,P_2 - M,P{'}_1 ,P{'}_2 }$

Οπότε στα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle P_1 P_2 P_3 ,\vartriangle P{'}_1 P{'}_2 P{'}_3 }$ οι ευθείες που συνδέουν τα ζεύγη των κορυφών τους $\displaystyle{ P_1 - P{'}_1 ,\;P_2 - P{'}_2 ,\;P_3 - P{'}_3 \; }$

διέρχονται από το ίδιο σημείο $\displaystyle{ A }$ άρα είναι συσχετισμένα κατά Desarques (η απόδειξη του δυνατού αυτού θεωρήματος στο συννημένο pdf)

οπότε οι τομές των αντιστοίχων πλευρών τους $\displaystyle{ K \equiv P_2 P_3 \cap P{'}_2 P{'}_3 ,\;L \equiv P_3 P_1 \cap P{'}_3 P{'}_1 ,\;M \equiv P_1 P_2 \cap P{'}_1 P{'}_2 }$

είναι σημεία συνευθειακά δηλαδή $\displaystyle{ K,L,M }$ συνευθειακά.

2η απόδειξη (Για τους μικρούς μας μαθητές)

Σχήμα 2: Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{ KLP{'}_3 P_3 }$ είναι : $\displaystyle{ \boxed{\widehat{KLP_3 } = \widehat{KP{'}_3 P_3 } = \hat \omega }:\left( 1 \right) }$ εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο $\displaystyle{ KP_3 }$ του περικυκλίου $\displaystyle{ \vartriangle BP_3 P{'}_3 }$

Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{ AP{'}_3 P{'}_2 P{'}_1 }$ η γωνία $\displaystyle{ \widehat{KP{'}_3 P_3 } }$ είναι εξωτερική άρα θα ισούται με την απέναντι εσωτερική δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{\hat \omega = \widehat{KP{'}_3 P_3 } = \widehat{P_1 P{'}_1 M}}:\left( 2 \right) }$

Τέλος στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{ LP_1 P{'}_1 M }$ οι γωνίες $\displaystyle{ \widehat{P_1 P{'}_1 M},\;\widehat{P_1 LM} }$ είναι απέναντι άρα είναι παραπληρωματικές δηλαδή

$\displaystyle{ \widehat{P_1 P{'}_1 M} + \widehat{P_1 LM} = 180^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \widehat{KLP_3 } + \widehat{P_3 LM} = \hat \omega + \hat \phi = 180^0 \Rightarrow \widehat{KLM} = 180^0 \Rightarrow K,L,M }$ είναι συνευθειακά.

Φιλικά
Στάθης

parmenides51 · #5

rek έγραψε:Σκέφτηκα πολύ τις παρατηρήσεις των επομένων μηνυμάτων σχετικά με την λύση μου και προβληματίστηκα.

Επειδή δεν βρήκα τρόπο να την παρουσιάσω πιο κατανοητά την αποσύρω.

Τι σημασία έχει κι αν οι περισσότεροι από εμάς δεν μπορούμε να καταλάβουμε μια λύση επειδή στερούμαστε κάποιων γνώσεων;
Για τους λίγους που την καταλαβαίνουν, την λύση με την χρήση της Αντιστροφής, μια αντίστοιχη λύση θα χαρούν να την δουν.
Για παράδειγμα ετοίμασα αυτό και ας μην έχω ιδέα από Αντιστροφή.
Κάποιους όμως θαρρώ πως θα τους ενδιαφέρει.
Και καλό είναι να βλέπουμε κι άλλες αντιμετωπίσεις
είτε τις καταλαβαίνουν όλοι είτε όχι.

#6

rek έγραψε:Σκέφτηκα πολύ τις παρατηρήσεις των επομένων μηνυμάτων σχετικά με την λύση μου και προβληματίστηκα.

Επειδή δεν βρήκα τρόπο να την παρουσιάσω πιο κατανοητά την αποσύρω.

Κώστα καλησπέρα

ξανα στείλε αν θέλεις την απάντησή σου

έχει δίκιο ο parmenides

parmenides51 · #7

Ευχαριστούμε τον rek για την λύση.

parmenides51 · #8

εδώ

Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Re: Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Re: Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Re: Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Re: Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Re: Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Re: Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Re: Συνευθειακές τομές περικυκλίων

Μέλη σε σύνδεση