Ομοκυκλικά σημεία..

giannimani · #1

Ο εγγεγραμμένος κύκλος $\omega$ κέντρου

ενός τριγώνου ABC

εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

.
Με διάμετρο

γράφουμε κύκλο $\omega '$ και από το

φέρουμε τις εφαπτομένες

,

(

,

τα σημεία επαφής). Να αποδείξετε ότι τα σημεία

,

και

ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

: incr_half.png (39.24 KiB) Προβλήθηκε 253 φορές

ΥΓ Έγινε διόρθωση της εκφώνησης και του σχήματος κατόπιν υπόδειξης του Δημήτρη.

Dimessi · #2

giannimani έγραψε: Τετ Ιούλ 15, 2026 9:09 pm Ο εγγεγραμμένος κύκλος $\omega$ κέντρου ενός τριγώνου εφάπτεται της πλευράς στο σημείο .
Με κέντρο το και ακτίνα γράφουμε κύκλο $\omega '$ και από το φέρουμε τις εφαπτομένες
, (, τα σημεία επαφής). Να αποδείξετε ότι τα σημεία , , και ανήκουν στον ίδιο κύκλο.
incr_half.png

Στην εκφώνηση ο κύκλος $(\omega')$ έχει διάμετρο

: Oμοκυκλικά giannimani.png (107.71 KiB) Προβλήθηκε 272 φορές

$\bullet$ Έστω

S\equiv AD\cap (\omega')\left ( S\neq D \right ),Z\equiv SI\cap BC.

Η ευθεία

διέρχεται από τον πόλο της διαγωνίου

ως προς τον κύκλο

(\omega'),

άρα το τετράπλευρο SPDQ

είναι αρμονικό , άρα η ευθεία

διέρχεται από τον πόλο της

ως προς τον κύκλο

(\omega'),

συνεπώς με

W\equiv PQ\cap BC,

η ευθεία

εφάπτεται στον κύκλο

(\omega').

Επομένως

WS=WD

και αφού από τον κύκλο διαμέτρου

είναι

\angle DSI=90^\circ\Longrightarrow \angle DSZ=90^\circ\overset{WS=WD}\Longrightarrow WS=WD=WZ.

Έστω

IT\parallel BC(T\in AD)\Longrightarrow IT\perp DI\overset{\angle DSI=90^\circ}\Longrightarrow DS\cdot DT=DI^2

\wedge \frac{DA}{DT}\overset{IT\parallel ED}=\frac{EA}{EI}\overset{\left ( \Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle AEB \right )}=\frac{c+\frac{ac}{b+c}}{\frac{ac}{b+c}}=\frac{b+c+a}{a}\Longrightarrow DS\cdot DA=\frac{b+c+a}{a}r^2\overset{ASHZ \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle ASZ=\angle AHZ=90^\circ \right )}\Longrightarrow DH\cdot DZ=\frac{b+c+a}{a}r^{2}

\Longrightarrow DZ=\frac{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}{2\left ( b-c \right )} \overset{WD=WS=WZ} \Longrightarrow WD=\frac{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}{4\left ( b-c \right )}\Longrightarrow \boxed{WD^2=WB\cdot WC}

κι αφού

WD^2\overset{\left ( \epsilon \pi \alpha \phi \eta (\omega') \mu \epsilon BC \right )}=WP\cdot WQ\Longrightarrow WP\cdot WQ=WB\cdot WC,

συνεπώς τα σημεία B,P,Q,C

είναι ομοκυκλικά, έστω στον κύκλο

\gamma.

$\blacksquare$

: Oμοκυκλικά giannimani.png (107.71 KiB) Προβλήθηκε 272 φορές

Dimessi · #3

: Ομοκυκλικά giannimani. .png (282.4 KiB) Προβλήθηκε 229 φορές

$\bullet$ Έστω

W\equiv PQ\cap BC, S\equiv AD\cap \left ( \omega' \right ),Y\equiv \left ( PKQ \right )\cap \left ( DKS \right )\left ( Y\neq K \right ),G\equiv YD\cap (ABC)(G\neq Y).

Επειδή οι ευθείες

και

είναι οι πολικές των A,W

ως προς τον κύκλο

(\omega')

αντίστοιχα, τα τετράπλευρα

WSKD

και

PKQA

είναι εγγράψιμα

(\angle APK=\angle AQK=90^\circ \wedge \angle WSK=\angle WDK=90^\circ)

στους κύκλους διαμέτρων

KW,AK

αντίστοιχα οπότε

\angle WYK=\angle AYK=90^\circ\Longrightarrow Y\in WA \Longrightarrow WP\cdot WQ\overset{Y\in (APKQ)}=WY\cdot WA (\ast) .

Έστω

G' \in (ABC),

ώστε οι ευθείες

AD,AG'

να είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας

\angle BAC,

κι έστω

Y'\equiv G'D \cap (ABC)(Y'\neq G')\Longrightarrow

\dfrac{Y'B}{Y'C}\overset{Y'BG'C \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\dfrac{DB}{DC}\div \dfrac{G'B}{G'C}=\dfrac{DB}{DC}\div \dfrac{\sin \angle DAC}{\sin \angle DAB}=\left ( \dfrac{DB}{DC} \right )^{2}\div \dfrac{AB}{AC} \left ( 1 \right )

κι επειδή

DR\parallel KP_1\parallel IV \perp AB

και

DN\parallel KQ_1\parallel IJ\perp AC

με

KI=KD,

άρα τα

P_1,Q_1

είναι τα μέσα των τμημάτων

VR,JN

αντίστοιχα και συνεπώς

\dfrac{BP_1}{CQ_1}=\dfrac{BD+BR}{DC+CN}=\dfrac{BD\left ( 1+\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac} \right )}{DC\left ( 1+\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \right )}=\left ( \dfrac{BD}{DC} \right )^{2}\div \dfrac{AB}{AC}\overset{\left ( 1 \right )}=\dfrac{Y'B}{Y'C}\Longrightarrow

το σημείο

είναι το

Petersen σημείο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ως προς τα σημεία

P_1,Q_1,

άρα

Y'\in (AP_1PKQQ_1)\Longrightarrow \angle AY'K=90^\circ

κι αφού

\angle AY'D\equiv \angle AY'G'\overset{\left ( AY'BG'\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \right )}=\angle ABG'\overset{\left ( \angle BAD=\angle G' AC\right )}=\angle ADC \overset{\angle AY'K=90^\circ}\Longrightarrow \angle KY'D=\angle ADC-90^\circ=\angle KDS

\overset{KD=KS}=\angle KSD,

άρα το τετράπλευρο

KDY'S

είναι εγγράψιμο

\overset{Y'\in (PKQ)}\Longrightarrow Y'\equiv (KDS)\cap (PKQ)\equiv Y

\Longrightarrow Y \in (ABC)\Longrightarrow WY\cdot WA=WB\cdot WC \overset{(\ast)}\Longrightarrow WP\cdot WQ=WB\cdot WC\Longrightarrow BPQC

εγγράψιμο. $\blacksquare$

: Ομοκυκλικά giannimani. .png (282.4 KiB) Προβλήθηκε 229 φορές

Dimessi · #4

: Ομοκυκλικότητα giannimani τρίτη λύση μου.png (637.47 KiB) Προβλήθηκε 173 φορές

$\bullet$ Θεωρούμε την ομοιοθεσία κέντρου

που μετασχηματίζει τον κύκλο

(\omega')

στον κύκλο (I)

και τα σημεία P,Q

μετασχηματίζονται στα σημεία επαφής των εφαπτομένων από το X_1

του κύκλου (I),

έστω

W_1,W_2.

Έστω

Z\equiv SI\cap BC,W\equiv PQ\cap BC

\Longrightarrow WS=WD \overset{\angle DSZ=90^\circ}\Longrightarrow WZ=WD=WS,

άρα η εικόνα του σημείου

είναι το σημείο

κι αφού τα σημεία

W,P,Q

είναι συνευθειακά, άρα τα σημεία

Z,W_1,W_2

είναι συνευθειακά και με

J\equiv AD\cap (I)(J\neq D),

το τετράπλευρο

JW_1DW_2

είναι αρμονικό, άρα η ευθεία

W_1W_2

διέρχεται από τον πόλο της

ως προς τον κύκλο

(I)\Longrightarrow W_1W_2\cap DB \equiv Z

είναι ο πόλος της

ως προς τον κύκλο (I)

κι αφού η ευθεία

διέρχεται από τον πόλο της

ως προς τον κύκλο (I),

το

επομένως η ευθεία

διέρχεται από τον πόλο

της

ως προς τον κύκλο

(I)\Longrightarrow ZW_1\cdot ZW_2=ZF\cdot ZE.

Οι εικόνες των σημείων B,C

είναι τα σημεία

U'',L''

αντίστοιχα και οι εικόνες των σημείων M,N

είναι τα σημεία F,E

αντίστοιχα κι αφού

IM\cdot IB\overset{\angle IDB=\angle IMD=90^\circ}=ID^{2}\overset{\angle IDC=\angle IND=90^\circ}=IN\cdot IC\Longrightarrow B,M,N,C

ομοκυκλικά

\Longrightarrow U'',F,E,L

ομοκυκλικά

\Longrightarrow ZU''\cdot ZL=ZF\cdot ZE=ZW_1\cdot ZW_2\Longrightarrow U'',W_1,W_2,L

ομοκυκλικά

\Longrightarrow B,P,Q,C

ομοκυκλικά. $\blacksquare$

: Ομοκυκλικότητα giannimani τρίτη λύση μου.png (637.47 KiB) Προβλήθηκε 173 φορές

giannimani · #5

Όμοια σε μεγάλο βαθμό με τη λύση της ανάρτησης #4.

Έστω

,

τα σημεία επαφής του κύκλου $\omega$ με τις

,

αντίστοιχα. Συμβολίζουμε με

και

τα
δεύτερα σημεία τομής των κύκλων $\omega$ και $\omega '$ με την ευθεία

αντίστοιχα. Τότε τα εγγεγραμμένα
τετράπλευρα

DELF

και

DPKQ

στους κύκλους $\omega$ και $\omega '$ αντίστοιχα, είναι αρμονικά.

Η ομοιοθεσία κέντρου

και συντελεστή

μετασχηματίζει τον κύκλο $\omega '$ στον κύκλο $\omega$ . Επομένως,
αν

,

τα ομοιόθετα των

,

αντίστοιχα, τότε το τετράπλευρο

DRLT

είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\omega$
και είναι επίσης αρμονικό ως ομοιόθετο του

DPKQ

, και τα

,

μέσα των

,

αντίστοιχα.

: omoksol.png (52.89 KiB) Προβλήθηκε 91 φορές

Επομένως, στα αρμονικά τετράπλευρα

DELF

και

DRLT

οι διαγώνιές τους

,

διέρχονται
από το σημείο τομής

των κοινών τους εφαπτομένων στα

και

.

Τώρα, η τετράδα

(B,C;D,S)

είναι αρμονική και αν

το μέσο του

τότε

ΜΒ\cdot MC= MD^2\quad (1)

.

Εφόσον τα

,

μέσα των

,

αντίστοιχα, η ευθεία

θα περάσει από το μέσο της

, δηλαδή,
από το

. Επομένως,

MD^2=MP \cdot MQ \quad (2)

.

Από

και

, τότε

MB \cdot MC=MP \cdot MQ

, δηλαδή, τα σημεία

,

και

ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Ομοκυκλικά σημεία..

Ομοκυκλικά σημεία..

Re: Ομοκυκλικά σημεία..

Re: Ομοκυκλικά σημεία..

Re: Ομοκυκλικά σημεία..

Re: Ομοκυκλικά σημεία..

Μέλη σε σύνδεση