Σημείο τομής ευθειών σε κύκλο

#1

Έστω ότι τα ύψη AH_1

και

ενός οξυγώνιου τριγώνου ABC

τέμνονται στο ορθόκεντρο

. Έστω $\gamma_1$ ο κύκλος που διέρχεται από το H_2

και εφάπτεται στην πλευρά

στο

, και έστω $\gamma_2$ ο κύκλος που διέρχεται από το H_1

και εφάπτεται στην πλευρά

στο

. Να δειχθεί ότι η δεύτερη εφαπτομένη

του $\gamma_1$ και η δεύτερη εφαπτομένη

του $\gamma_2$ ( $X\ne H_1$ , και $Y\ne H_2$ ) τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου XHY

.

Πηγή. Ουκρανία - Tεστ Επιλογής IMO

Ορέστης Λιγνός · #2

achilleas έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 12, 2022 10:09 pm
Έστω ότι τα ύψη και ενός οξυγώνιου τριγώνου τέμνονται στο ορθόκεντρο . Έστω $\gamma_1$ ο κύκλος που διέρχεται από το και εφάπτεται στην πλευρά στο , και έστω $\gamma_2$ ο κύκλος που διέρχεται από το και εφάπτεται στην πλευρά στο . Να δειχθεί ότι η δεύτερη εφαπτομένη του $\gamma_1$ και η δεύτερη εφαπτομένη του $\gamma_2$ ( $X\ne H_1$ , και $Y\ne H_2$ ) τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου .

Πηγή. Ουκρανία - Tεστ Επιλογής IMO

Ο βασικός Ισχυρισμός είναι ο εξής:

Ισχυρισμός 1: Οι ευθείες H_2Y,H_1X

τέμνονται πάνω στο ύψος

.
Απόδειξη: Έστω O_1,O_2

τα κέντρα των κύκλων $\gamma_1$ και $\gamma_2$ , αντίστοιχα. Έστω επίσης $K \equiv H_1H_2 \cap AB$ και $P \equiv H_2Y \cap AH_1$ , $Q \equiv H_1X \cap BH_2$ .

Είναι,

$\dfrac{AP}{PH}=\dfrac{AH_2}{H_2H} \cdot \dfrac{\sin \angle AH_2P}{\sin \angle PH_2Q}=\tan \angle C \cdot \tan \angle AH_2P=\tan \angle C \cdot \tan \angle H_2O_2A=\tan \angle C \cdot \dfrac{H_2A}{H_2O_2}$

και όμοια $\dfrac{BQ}{QH}=\tan \angle C \cdot \dfrac{H_1B}{H_1O_1}$

Όμως, είναι

$\dfrac{H_2O_2}{H_1O_1}=\dfrac{\sin \angle H_2O_1O_2}{\sin \angle H_2O_2O_1}=\dfrac{\cos \angle H_2H_1A}{\cos \angle H_1H_2B}=\dfrac{\sin \angle CH_1H_2}{\sin \angle CH_2H_1}=\dfrac{CH_2}{CH_1},$

οπότε

$\dfrac{AP}{PH} \div \dfrac{BQ}{QH}=\dfrac{H_2A}{H_1B} \cdot \dfrac{CH_1}{CH_2}=\dfrac{KA}{KB},$

όπου η τελευταία ισότητα προκύπτει από το Θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα την $\overline{KH_2H_1}$ .

Επομένως, $\dfrac{PA}{PH} \cdot \dfrac{QH}{QB} \cdot \dfrac{KA}{KB}=1$ , άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος Μενελάου στο τρίγωνο ΗΑΒ

, προκύπτει ότι τα σημεία P,Q,C

είναι συνευθειακά.

Οπότε, τα τρίγωνα AH_2P

και

είναι προοπτικά ως προς κέντρο (το

), άρα από το Θεώρημα Desargues είναι προοπτικά και ως προς άξονα, οπότε τα σημεία $PH_2 \cap QH_1$ , $AP \cap BQ$ και $AH_2 \cap BH_1$ είναι συνευθειακά, οπότε οι H_2Y

και

τέμνονται πάνω στην

, όπως θέλαμε $\blacksquare$

Έστω $T \equiv PH_2 \cap CH_1 \in CH$ . Προχωρούμε τώρα με έναν ακόμη Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 2: Τα τετράπλευρα H_2HXT

και

είναι εγγράψιμα.
Απόδειξη: Είναι,

$\angle H_2XT=180^\circ-\angle H_2XH_1=180^\circ-\angle H_2O_1H_1/2=180^\circ-(90^\circ-\angle H_2H_1A)=$

$180^\circ-\angle A=180^\circ-\angle H_2HC=\angle H_2HT,$

οπότε το τετράπλευρο H_2HXT

είναι εγγράψιμο. Όμοια και το H_1HYT

είναι εγγράψιμο $\blacksquare$

Επιστρέφουμε στο πρόβλημα. Έστω $U \equiv AY \cap BX$ , $K \equiv H_2T \cap AB$ και $L \equiv H_1T \cap AB$ . Θα δείξουμε ότι $\angle XUY=\angle XHY$ . Είναι,

$\angle XUY=\angle UAB+\angle ABU=\angle CAY-\angle A+\angle CBX-\angle B=\angle CAY+\angle CBX+\angle C-180^\circ$

Επίσης,

$\angle XHY=\angle YHH_1-\angle XHH_1=180^\circ-\angle H_2TH_1-\angle XHH_1=$

$\angle HXH_1+\angle HH_1X-\angle H_2TH_1=$

$\angle HH_2T+\angle HH_1X-\angle H_2TH_1=\angle CAY/2+\angle CBX/2-\angle H_2TH_1$

και

$\angle H_2TH_1=180^\circ-\angle H_2KA-\angle H_1LB=180^\circ-(180^\circ-\angle A-\angle AH_2Y+180^\circ-\angle B-\angle BH_1X)=$

$180^\circ-\angle C-\angle CAY/2-\angle CBX/2,$

επομένως

$\angle XHY=\angle CAY/2+\angle CBX/2-\angle H_2TH_1=\angle CAY+\angle CBX+\angle C-180^\circ=\angle XUY,$

οπότε $\angle XHY=\angle XUY$ , όπως θέλαμε. Η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Σημείο τομής ευθειών σε κύκλο

Σημείο τομής ευθειών σε κύκλο

Re: Σημείο τομής ευθειών σε κύκλο

Μέλη σε σύνδεση