Ισογώνιες από τομές κύκλων(2η)

giannimani · #1

Στις πλευρές

και

θεωρούμε τα σημεία

και

αντίστοιχα, έτσι ώστε $DE \parallel BC$ . Ένα σημείο

στην πλευρά

είναι τέτοιο ώστε

FD = FE

. Οι κύκλοι

(BFD)

και

(CFE)

τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο

.
Να αποδείξετε ότι

\angle BAX = \angle FAC

.

: isogonal2.png (47.54 KiB) Προβλήθηκε 121 φορές

Dimessi · #2

: Ισογώνιες 2.png (54.1 KiB) Προβλήθηκε 96 φορές

$\bullet$ Το σημείο

είναι το σημείο Miquel του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ως προς τα σημεία E,D,F,

άρα το τετράπλευρο

EADX

είναι εγγράψιμο και συνεπώς

\begin{Bmatrix} \angle AXB=\angle DXA+\angle DXB\overset{^{ADXE\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}_{DXFB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}}=\angle DEA+\angle DFB\overset{DE \parallel BC}=\angle DEA+\angle EDF\overset{FD=FE}=\angle DEA+\angle FED=\angle AEF & & \\ \angle AXC=\angle EXA+\angle EXC\overset{^{ADXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}_{CEXF \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}}=\angle EDA+\angle EFC\overset{DE \parallel BC}=\angle EDA+\angle FED\overset{FD=FE}=\angle EDA+\angle EDF=\angle ADF & & \\ & & \\ \end{Bmatrix} \left ( 1 \right ),

άρα

\frac{\sin \angle BAX}{\sin \angle CAX}=\frac{BX\sin \angle AXB}{CX\sin \angle AXC}\cdot \frac{AC}{AB}\overset{\left ( 1 \right )}=\frac{BF}{FC}\cdot \frac{\sin \angle CXF}{\sin \angle BXF}\cdot \frac{\sin \angle AEF}{\sin \angle ADF}\cdot \frac{AC}{AB}\overset{^{CEXF \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}_{BDXF \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}\left ( DE \parallel BC \right )}=\frac{BF}{FC}\cdot \frac{\sin \angle CEF}{\sin \angle BDF}\cdot \frac{\sin \angle AEF}{\sin \angle ADF}\cdot \frac{EC}{DB}=\frac{\sin \angle CFE}{\sin \angle DFB}\cdot \frac{\sin \angle AEF}{\sin \angle ADF}\overset{FD=FE\wedge DE \parallel BC}=\frac{\frac{\sin \angle EAF}{EF}}{\frac{\sin \angle DAF}{DF}}\overset{(FD=FE)}=\frac{\sin \angle EAF}{\sin \angle DAF},

επομένως οι ευθείες

και

είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας $\angle BAC.$

: Ισογώνιες 2.png (54.1 KiB) Προβλήθηκε 96 φορές

giannimani · #3

Εφόσον το

είναι το σημείο Miquel ως προς το $\triangle ABC$ για τα σημεία

,

και

των πλευρών του, ο κύκλος (ADE)

διέρχεται από το

. Έστω ότι η ευθεία

(FX)

τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο (ADE)

στο σημείο

. Οι κύκλοι (ADE)

και

τέμνονται στα σημεία

και

, και οι ευθείες

(BA)

και

(FY)

διέρχονται αντίστοιχα από
αυτά, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα Reim θα είναι

AY\parallel BF

.
Εφόσον $DE \parallel BC$ , τότε

AY \parallel DE

, δηλαδή, το

AYDE

ισοσκελές τραπέζιο, και η μεσοκάθετος
της

που διέρχεται από το

(λόγω της υπόθεσης

FD=FE

),θα είναι άξονας
συμμετρίας του τραπεζίου

AYDE

. Επομένως,

\angle EAF = \angle DYF= \angle DAX

, που είναι
το ζητούμενο.

: isogonal2_sol.png (74.45 KiB) Προβλήθηκε 15 φορές

Και ένα ακόμη ερώτημα:

Να αποδείξετε ότι το σημείο τομής των διαγωνίων του τραπεζίου BCED

ανήκει στη
κοινή χορδή

των κύκλων (BDF)

και

(CEF)

.

Ισογώνιες από τομές κύκλων(2η)

Ισογώνιες από τομές κύκλων(2η)

Re: Ισογώνιες από τομές κύκλων(2η)

Re: Ισογώνιες από τομές κύκλων(2η)

Μέλη σε σύνδεση