Συντρέχουσες ευθείες

giannimani · #1

Δίνεται τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο $\omega$ και έστω $\ell$ η εφαπτομένη του κύκλου $\omega$ στο

.
Έστω

,

σημεία της $\ell$ τέτοια, ώστε AP=AQ

. Από τα σημεία

και

θεωρούμε τις τέμνουσες

\overline{PTB}

και

\overline{QSC}

του κύκλου $\omega$ . Από το σημείο

φέρουμε ευθείες παράλληλες προς τις

και

που τέμνουν τον κύκλο $\omega$ για δεύτερη φορά στα σημεία

και

αντίστοιχα. Έστω

το μέσο της πλευράς

.
Να αποδείξετε ότι οι ευθείες

,

και

διέρχονται από το ίδιο σημείο.

: concur.png (61.43 KiB) Προβλήθηκε 493 φορές

Dimessi · #2

Πρώτη λύση μου

: Συντρέχεια ευθειών από Γιάννη Μανίκα.png (359.74 KiB) Προβλήθηκε 454 φορές

$\bullet$ Έστω

W\equiv PQ\cap BC,U\equiv PQ\cap BY,T''\equiv PQ\cap XC.

Είναι

\angle AXB\overset{\left ( \chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \right )}=\angle PAB\overset{\angle PBA\overset{AX\parallel PB}=\angle BAX}\Longrightarrow \vartriangle AXB \sim \vartriangle APB\Longrightarrow \dfrac{AX}{AB}=\dfrac{AB}{PB}\left ( 1 \right ),

κι αφού

T''A

εφαπτομένη του κύκλου

\gamma \Longrightarrow

\dfrac{T''X}{T''C}=\left ( \dfrac{AX}{AC} \right )^{2}\overset{(1)}=\left ( \dfrac{AB}{PB}\cdot \dfrac{AB}{AC} \right )^{2}\Longrightarrow T''A=\sqrt{T''X\cdot T''C}=T''C\cdot \dfrac{AB^{2}}{PB\cdot AC} \left ( 2 \right )

και

\dfrac{T''C}{XC}=\dfrac{PB^{2}\cdot AC^{2}}{PB^{2}\cdot AC^{2}-AB^{4}} \overset{(2)}\Longrightarrow T''A=XC\cdot \dfrac{PB\cdot AC\cdot AB^2}{PB^2\cdot AC^2-AB^4}\left ( 3 \right ).

Από Θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγράψιμο

ABXC,

είναι

AB\cdot XC+AC\cdot XB=AX\cdot BC \overset{\left ( \dfrac{AX}{XB}\overset{\vartriangle AXB \sim \vartriangle APB}=\dfrac{AB}{AP} \right )}\Longleftrightarrow \dfrac{AB\cdot XC}{XB}+AC=\dfrac{BC\cdot AB}{AP}\Longleftrightarrow \dfrac{XC}{XB}=\dfrac{BC\cdot AB-AP\cdot AC}{AP\cdot AB}\left ( 4 \right ),

κι αφού

\dfrac{XB}{AB}\overset{\vartriangle AXB \sim \vartriangle APB}=\dfrac{AP}{PB} \overset{(4)}\Longrightarrow \dfrac{XC}{AB}=\dfrac{BC\cdot AB-AP\cdot AC}{PB\cdot AB}\overset{(3)}\Longrightarrow \boxed{T''A=\dfrac{\left(BC\cdot AB-AP\cdot AC \right)\cdot AC\cdot AB^{2}}{PB^2\cdot AC^2-AB^4}}\left ( 5 \right ).

Είναι

\angle AYC\overset{\left ( \chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \right )}=\angle QAC \overset{\left ( \angle QCA\overset{AY\parallel CQ}=\angle YAC \right )}\Longrightarrow \vartriangle AYC \sim \vartriangle AQC\Longrightarrow \dfrac{AY}{AC}=\dfrac{AC}{QC} \left ( 6 \right ),

κι αφού

UA

εφαπτομένη του κύκλου

\gamma \Longrightarrow

\dfrac{UY}{UB}=\left ( \dfrac{AY}{AB} \right )^{2}\overset{(6)}=\left ( \dfrac{AC}{QC}\cdot \dfrac{AC}{AB} \right )^{2}\Longrightarrow UA=\sqrt{UY\cdot UB}=UB\cdot \dfrac{AC^{2}}{QC\cdot AB}\left ( 7 \right )

και

\dfrac{UB}{YB}=\dfrac{QC^2\cdot AB^2}{AC^4-QC^2\cdot AB^2} \overset{(7)}\Longrightarrow UA=\dfrac{YB\cdot QC\cdot AB\cdot AC^{2}}{AC^4-QC^2\cdot AB^2}\left ( 8 \right ).

Από Θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγράψιμο

ABYC,

είναι

YB\cdot AC+YC\cdot AB=AY\cdot BC \overset{\left(\dfrac{AY}{YC}\overset{\vartriangle AYC \sim \vartriangle AQC}=\dfrac{AC}{AQ}\right)}\Longleftrightarrow \dfrac{AC\cdot YB}{YC}+AB=\dfrac{BC\cdot AC}{AQ}\Longleftrightarrow \dfrac{YB}{YC}=\dfrac{BC\cdot AC-AQ\cdot AB}{AQ\cdot AC}\left ( 9 \right ),

κι αφού

\dfrac{YC}{AC}\overset{\vartriangle AYC \sim \vartriangle AQC}=\dfrac{AQ}{QC} \overset{(9)}\Longrightarrow \dfrac{YB}{AC}=\dfrac{ BC\cdot AC-AQ\cdot AB }{AC\cdot QC} \overset{\left ( 8 \right )}\Longrightarrow \boxed{UA=\dfrac{\left ( BC\cdot AC-AQ\cdot AB \right )\cdot AB\cdot AC^{2}}{AC^4-QC^2\cdot AB^2}}\left ( 10 \right ).

$\bullet$ Θέτοντας

AP=AQ=x \Longrightarrow

PB^2=c^2+x^2-2cx\cos \angle C \wedge CQ^2=b^2+x^2-2bx\cos \angle B

\Longrightarrow \left ( W,U,A,T'' \right )=\dfrac{WA\cdot UT''}{UA\cdot WT''}\overset{^{(5)}_{(10)}}=\dfrac{\dfrac{abc}{b^2-c^2}\left ( \dfrac{\left ( ac-bx \right )bc^2}{b^2\left ( c^2+x^2-2cx\cos \angle C \right )-c^4}-\dfrac{\left ( ab-cx \right )cb^2}{b^4-c^2\left ( b^2+x^2-2bx\cos \angle B \right )} \right )}{\dfrac{\left ( ab-cx \right )cb^2}{b^4-c^2\left ( b^2+x^2-2bx\cos \angle B \right )}\left ( \dfrac{\left ( ac-bx \right )bc^2}{b^2\left ( c^2+x^2-2cx\cos \angle C \right )-c^4}-\dfrac{abc}{b^2-c^2} \right )}

=\dfrac{b^2+c^2}{b^2}=\left ( W,B,M,C \right ) \overset{W\equiv \overline{AUT''}\cap \overline{CMB}}\Longrightarrow UB \cap CT''\cap AM \equiv G \Longrightarrow \boxed{\overline{UBY}\cap \overline{T''XC} \cap AM \equiv G}.

: Συντρέχεια ευθειών από Γιάννη Μανίκα.png (359.74 KiB) Προβλήθηκε 454 φορές

Δεύτερη λύση μου

: Συντρέχεια giannimaini.png (495.04 KiB) Προβλήθηκε 435 φορές

$\bullet$ Έστω

R\equiv AX\cap BC, S\equiv AY\cap BC, J\equiv AM \cap \gamma (J\neq M).

\begin{Bmatrix} & & \\ AR\parallel PB\Longrightarrow \dfrac{RB}{WB}=\dfrac{AP}{PW}\Longrightarrow \dfrac{RB}{BM}=\dfrac{AP}{PW}\cdot \dfrac{WB}{BM}\Longrightarrow \dfrac{RB}{RM}=\dfrac{AP\cdot WB}{WA\cdot BM-AP\cdot WM} & & \\ AS \parallel QC \Longrightarrow \dfrac{SC}{WC}=\dfrac{AQ}{WQ}\Longrightarrow \dfrac{SC}{MC}=\dfrac{AQ}{WQ}\cdot \dfrac{WC}{MC}\Longrightarrow \dfrac{SC}{SM}=\dfrac{AQ\cdot WC}{WA\cdot MC-AQ\cdot WM} & & \\ \end{Bmatrix}

\overset{AP=AQ}\Longrightarrow \boxed{\frac{RB}{RM}\div \dfrac{SC}{SM}=\dfrac{WB}{WC}=\left ( \dfrac{AB}{AC} \right )^{2}}\left ( 1 \right ),

και συνεπώς

\dfrac{AB}{BX}\cdot \dfrac{JX}{JY}\cdot \dfrac{YC}{CA}=\dfrac{AB}{AC}\cdot \dfrac{JX}{XB}\cdot \dfrac{YC}{YJ}=\dfrac{AB}{AC}\cdot \dfrac{RM}{RB}\cdot \dfrac{AB}{AM}\cdot \dfrac{SC}{SM}\cdot \dfrac{AM}{AC}\overset{(1)}=\dfrac{RB}{RM}\cdot \dfrac{SM}{SC}\cdot \dfrac{RM}{RB}\cdot \dfrac{SC}{SM}=1

\Longrightarrow \boxed{BY\cap CX\cap \overline{AMJ}\equiv G}

: Συντρέχεια giannimaini.png (495.04 KiB) Προβλήθηκε 435 φορές

Dimessi · #3

: Τρίτη λύση μου giannimani.png (704.2 KiB) Προβλήθηκε 406 φορές

$\bullet$ Έστω

W\equiv \overline{QAP}\cap BC,T\equiv XY\cap BC,Z\equiv BX\cap CY,K\equiv BB\cap CC,G\equiv BY\cap CX,V\equiv \left ( BOY \right )\cap \left ( COX \right )\left ( V\neq O \right ).

Είναι

\angle BVC=\angle OVB+\angle OVC\overset{^{BOYV\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}_{COXV \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}}=\angle OYB+\angle OXC=180^\circ-\angle BCY-\angle XBC=\angle BZC\Longrightarrow B,Z,V,C

ομοκυκλικά και

\angle XVY=\angle OVX+\angle OVY\overset{^{BOYV\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}_{COXV \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}}=\angle OCX+\angle OBY=\angle BZC\equiv \angle XZY\Longrightarrow Z,X,Y,V

ομοκυκλικά και συνεπώς οι ευθείες

BC\cap XY \cap ZV\equiv T

στο ριζικό κέντρο των κύκλων

(BCYX)\equiv \gamma, (BZVC),(XZVY),

άρα

Z,V,T

συνευθειακά και οι ευθείες

BY \cap CX \cap OV

στο ριζικό κέντρο των κύκλων

(BOY),(COX),(\gamma)\Longrightarrow O,G,V

συνευθειακά. Από Θεώρημα Pascal στο εγγεγραμμένο στον $(\gamma)$ εκφυλισμένο εξάγωνο

BBXCCY,

τα σημεία

K\equiv BB\cap CC, Z\equiv BX \cap CY, G\equiv BY\cap XC

είναι συνευθειακά και θεωρώντας

N''\equiv \overline{KZG}\cap BC \Longrightarrow \dfrac{N''Z}{ZK}=\dfrac{N''C}{CK}\cdot \dfrac{\sin \angle BCY}{\sin \angle ZCK}

\overset{\left ( \angle ZCK\equiv YCK\overset{\left ( \chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \right )}=\angle YBC \right )}=\dfrac{N''C}{CK}\cdot \dfrac{\sin \angle BCY}{\sin \angle YBC}=\dfrac{N''C}{CK}\cdot \dfrac{YB}{YC}\left ( 1 \right ),

κι αφού η ευθεία

\overline{ZVT}

είναι η πολική του

G\equiv BY \cap CX

ως προς τον κύκλο

(O)\equiv (\gamma),

άρα

\overline {OGV}\perp \overline {ZVT}\Longrightarrow \angle OVT=\angle OMT=90^\circ,

άρα

OTVM

εγγράψιμο και συνεπώς

\dfrac{\sin \angle OVK}{\sin \angle KVT}=\dfrac{\dfrac{\sin \angle OVK}{OK}}{\dfrac{\sin \angle KVT}{KT}}\cdot \dfrac{OK}{KT}=\dfrac{\dfrac{\sin \angle KOV}{KV}}{\dfrac{\sin \angle KTV}{KV}}\cdot \dfrac{OK}{KT}=\dfrac{OK}{KT}\cdot \dfrac{\sin \angle MOV}{\sin \angle KTV}\overset{OVTM \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o }=\dfrac{OK}{TN''}\cdot \dfrac{TN''}{TK}\cdot \dfrac{\sin \angle N''TZ}{\sin \angle ZTK}

=\dfrac{OK}{TN''}\cdot \dfrac{N''Z}{ZK}\overset{(1)}=\dfrac{OK}{TN''}\cdot \dfrac{N''C}{CK}\cdot \dfrac{YB}{YC} \left ( 2 \right ),

κι αφού

BY\cap CX\cap \overline{KZGN''}\equiv G \overset{T\equiv XY \cap BC}\Longrightarrow \left ( T,C,N'',B \right )=-1

\Longrightarrow \dfrac{N''B}{N''C}=\dfrac{TB}{TC}\Longrightarrow \dfrac{N''B}{BC}=\dfrac{TB}{TB+TC}\Longrightarrow \dfrac{CN''}{TN''}=\dfrac{\dfrac{BC\cdot TC}{TB+TC}}{TB\cdot \dfrac{2TC}{TB+TC}}=\dfrac{BC}{2TB} \overset{(2)}\Longrightarrow \dfrac{\sin \angle OVK}{\sin \angle KVT}=\dfrac{BC}{2TB}\cdot \dfrac{OK}{CK}\cdot \dfrac{YB}{YC}(3),

και

\dfrac{TB}{TC}=\dfrac{XB}{XC}\cdot \dfrac{YB}{YC}\Longrightarrow \dfrac{BC}{TB}=\dfrac{XB\cdot YB-XC\cdot YC}{XB\cdot YB}\Longrightarrow \dfrac{BC}{2TB}\cdot \dfrac{YB}{YC}=\dfrac{XB\cdot YB-XC\cdot YC}{2XB\cdot YC} =\dfrac{1}{2}\left ( \dfrac{YB}{YC}-\dfrac{XC}{XB} \right )\overset{(3)}\Longrightarrow \boxed{\dfrac{\sin \angle OVK}{\sin \angle KVT}=\dfrac{1}{2\sin \angle A}\left ( \dfrac{YB}{YC}-\dfrac{XC}{XB} \right )=\dfrac{1}{2\sin \angle A}\left ( \dfrac{BC\cdot AC-AQ\cdot AB}{AQ\cdot AC}-\dfrac{BC\cdot AB-AP\cdot AC}{AP\cdot AB} \right )\overset{AQ=AP}=\dfrac{1}{2\sin \angle A}\left ( \dfrac{b}{c}-\dfrac{c}{b} \right )=\tan \angle AMO=\dfrac{\sin \left ( 180^\circ-\angle AMO \right )}{\sin (90^\circ+\angle AMO)}}\left ( 4 \right ),

κι αφού

\angle OVK+\angle KVT=360^\circ-\angle OVT=270^\circ=(180^\circ-\angle AMO)+(90^\circ+\angle AMO)

\overset{\left ( 4 \right )}\Longrightarrow \boxed{\angle OVK=180^\circ-\angle OMA}\left ( 5 \right ).

Επειδή

OM\cdot OK=OA^{2}\Longrightarrow \vartriangle OMA\sim \vartriangle OAK \Longrightarrow \angle OMA=\angle OAK

\overset{(5)}\Longrightarrow \angle OVK=180^\circ-\angle OAK,

άρα τα σημεία

K,V,O,A

είναι ομοκυκλικά και θεωρώντας την αντιστροφή πόλου

και ακτίνας OA,

αφού

\angle OCG\equiv \angle OCX=\angle OXC=\angle OVC \overset{G\in OV}\Longrightarrow OC^{2}=OG\cdot OV,

άρα οι εικόνες των σημείων

K,V,A

είναι τα σημεία M,G,A

αντίστοιχα κι αφού

K,V,O,A

ομοκυκλικά

\Longrightarrow A,M,G

συνευθειακά και επομένως

\boxed{BY\cap CX \cap AM\equiv G}.

: Τρίτη λύση μου giannimani.png (704.2 KiB) Προβλήθηκε 406 φορές

giannimani · #4

Έστω

E=(AB) \cap (CX)

και

F=(AC) \cap (BY)

. Αρκεί να αποδείξουμε ότι $EF \parallel BC$ , οπότε στο τραπέζιο BCFE

η ευθεία

διέρχεται από το σημείο τομής των διαγωνίων του

και

και το πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

Για να αποδείξουμε ότι $EF \parallel BC$ αρκεί

\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AF}{CF}\quad (1)

.

Αλλά,

\dfrac{AE}{BE}=\dfrac{AC}{BC}\cdot \dfrac{AX}{BX}

και

\dfrac{AF}{CF}=\dfrac{AB}{CB}\cdot\dfrac{AY}{CY}

(βλέπε Λήμμα).

Λόγω της (1)

αρκεί

\dfrac{AC}{BC}\cdot \dfrac{AX}{BX}=\dfrac{AB}{CB}\cdot\dfrac{AY}{CY}\Rightarrow AC \cdot\dfrac{AX}{BX}=AB\cdot\dfrac{AY}{CY}\Rightarrow AC \cdot AX \cdot CY=AB\cdot AY \cdot BX\quad (2)

Λόγω των παραλληλιών της υπόθεσης προκύπτει ότι τα

ATBX

και

ASCY

είναι ισοσκελή τραπέζια,
οπότε οι διαγώνιές των είναι ίσες. Επομένως, για το

ATBX

είναι

AB=TX\Rightarrow \angle AXB=\angle TAX(=\angle ACB)

.

: concur_sol.png (84.69 KiB) Προβλήθηκε 392 φορές

Τα τρίγωνα ATP

και

XΑT

είναι όμοια εφόσον

\angle PAT=TXA

(γωνία χορδής - εφαπτομένης),
και

\angle PTA=\angle ACB=\angle TAX

.
Επομένως,

\dfrac{AP}{XT}=\dfrac{AT}{AX}\Rightarrow AP=XT\cdot \dfrac{AT}{AX}\Rightarrow AP=AB\cdot \dfrac{BX}{AX}\quad (3)

(

XT=AB

και

AT=BX

).
Όμοια, από την ομοιότητα των τριγώνων ASQ

και

YAS

έχουμε

AQ=AC\cdot\dfrac{CY}{AY} \quad (4)

.
Όμως

AP=AQ\Rightarrow AB\cdot \dfrac{BX}{AX}=AC\cdot\dfrac{CY}{AY} \Rightarrow AB\cdot AY \cdot BX=AC \cdot AX \cdot CY

που είναι αυτό που έπρεπε να αποδείξουμε (βλέπε τη (2)

).

Λήμμα. Έστω κύκλος $\omega$ που διέρχεται από τα σημεία

και

, και μια ευθεία που τέμνει τον $\omega$ στα σημεία

και

και την ευθεία

στο

. Τότε,

\dfrac{BE}{CE}=\dfrac{BA}{CA}\cdot \dfrac{BD}{CD}

.

Αυτό το λήμμα είναι γνωστό στη διεθνή γεωμετρική κοινότητα ως cool ratio lemma.

#5

giannimani έγραψε:Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\omega$ και έστω $\ell$ η εφαπτομένη του κύκλου $\omega$ στο . Έστω , σημεία της $\ell$ τέτοια, ώστε . Από τα σημεία και θεωρούμε τις τέμνουσες $\overline{PTB}$ και $\overline{QSC}$ του κύκλου $\omega$ . Από το σημείο φέρουμε ευθείες παράλληλες προς τις και που τέμνουν τον κύκλο $\omega$ για δεύτερη φορά στα σημεία και αντίστοιχα. Έστω το μέσο της πλευράς .
Να αποδείξετε ότι οι ευθείες , και διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Στον δρόμο που χάραξε ο Γιάννης (#4), αρκεί να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο BCDE

είναι τραπέζιο με $BC\parallel DE,$ όπου

D\equiv AC\cap BY

και

E\equiv AB\cap CX.

Στο σχήμα της εκφώνησης υπάρχει ένα αποτέλεσμα στο οποίο βασίζεται μία εναλλακτική προσέγγιση για την λύση του προβλήματος.

: Συντρέχουσες ευθείες.; t=79776.PNG (34.33 KiB) Προβλήθηκε 249 φορές

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle AQS$ έχουμε

\angle AQS\equiv \angle AQC=\angle ASC-\angle QAS \ \ ,(1)

Από το ισοσκελές τραπέζιο

ASCY

έχουμε

\angle ASC=\angle YCS=\angle ACY+\angle ACS \ \ ,(2)

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$

\boxed{\angle AQC=\angle ACY} \ \ ,(3)

λόγω

\angle QAS=\angle ACS

και επομένως, έχουμε ότι ο περίκυκλος έστω (L)

του τριγώνου $\vartriangle ACQ$ εφάπτεται της ευθείας

στο σημείο

και ομοίως έχουμε ότι ο περίκυκλος έστω (K)

του τριγώνου $\vartriangle ABP$ εφάπτεται της ευθείας

στο σημείο

Θα αποδειχθεί στα επόμενα το ακόλουθο ισοδύναμο πρόβλημα:

Δίνεται τραπέζιο με $BC\parallel DE$ και έστω τα σημεία $A\equiv BE\cap CD$ και ${\color{black}X\equiv (O)\cap CE}$ και ${\color{black}Y\equiv (O)\cap BD},$ όπου είναι ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC.$ Γράφουμε τον κύκλο με χορδή ο οποίος εφάπτεται του στο σημείο και τον κύκλο με χορδή ο οποίος εφάπτεται του στο σημείο Η παράλληλη προς την από το σημείο τέμνει τον κύκλο στο σημείο και η παράλληλη προς την από το σημείο τέμνει τον κύκλο στο σημείο Αποδείξτε ότι η ευθεία εφάπτεται του κύκλου στο σημείο και ότι

Γιάννης Μανίκας - giannimani

$\bullet$ Θεωρούμε τα σημεία $P,\ Q$ της εκφώνησης, ως τα σημεία τομής των κύκλων $(K),\ (L)$ αντιστοίχως, από την εφαπτομένη του κύκλου (O)

στο σημείο

και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα έχουμε ότι

BP\parallel AX

και

CQ\parallel AY.

Απομένει τώρα, να αποδειχθεί ότι ισχύει και AP=AQ.

Έστω τα σημεία $F\equiv (K)\cap AC$ και

Z\equiv(L)\cap AB

και

W\equiv (K)\cap FZ

και

V\equiv (L)\cap FZ.

Από

\angle XBF=\angle A

και

\angle BXE=\angle A,

από το εγγράψιμο τετράπλευρο

ABXC,

προκύπτει

\boxed{BF\parallel EC} \ \ ,(1)

και ομοίως έχουμε

\boxed{ZC\parallel BD} \ \ ,(2)

Από $(1)\Rightarrow$

\boxed{\dfrac{AF}{FC}=\dfrac{AB}{BE}} \ \ ,(3)

και από $(2)\Rightarrow$

\boxed{\dfrac{AZ}{ZB}=\dfrac{AC}{CD}} \ \ ,(4)

Από $(3),\ (4)$ και

\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{AC}{CD}\Rightarrow

\dfrac{AZ}{ZB}=\dfrac{AF}{FC}\Rightarrow

\boxed{FZ\parallel BC} \ \ ,(5)

: Συντρέχουσες ευθείες - Απόδειξη ισοδύναμου προβλήματος.; t=79776 (a).PNG (36.24 KiB) Προβλήθηκε 204 φορές

$\bullet$ Από

\angle WBA=\angle WFA=\angle C

τώρα, έχουμε ότι η ευθεία

εφάπτεται του κύκλου (O)

στο σημείο

και ομοίως η ευθεία

εφάπτεται του (O)

στο σημείο

και επομένως τα

APWB,\ AQVC

είναι ισοσκελή τραπέζια,

οπότε έχουμε

\boxed{AP=BW} \ \ ,(6)

και

\boxed{AQ=CV} \ \ ,(7)

Αλλά, από

\angle BWV\equiv \angle BWF=\angle A=\angle CVZ\equiv \angle CVW

έχουμε ότι και το

BCVW

είναι ισοσκελές τραπέζιο

και επομένως ισχύει

\boxed{BW=CV} \ \ ,(8)

Από $(6),\ (7),\ (8)\Rightarrow$

\boxed{AP=AQ} \ \ ,(9)

και το ζητούμενο στο ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνονται δύο κύκλοι $(K),\ (L),$ τεμνόμενοι στα σημεία $A,\ B.$ Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο τέμνει τον κύκλο στο σημείο και η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο τέμνει τον κύκλο στο σημείο Αποδείξτε ότι $AD\parallel BC.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. (1) Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

ΥΓ. (2) Μπορεί κάποιος παρακαλώ να μου πει γιατί οι ισότητες με λόγους τμημάτων, κάνουν τα "δικά τους" στην τελική εμφάνιση του κειμένου;

ΥΓ. (3) Τακτοποιήθηκε το θέμα με την εμφάνιση των ισοτήτων με λόγους τμημάτων και έγινε η σχετική διόρθωση. Ευχαριστώ θερμά τον Δημήτρη (Dimessi) για την βοήθειά του.

#6

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. Δίνονται δύο κύκλοι $(K),\ (L),$ τεμνόμενοι στα σημεία $A,\ B.$ Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο τέμνει τον κύκλο στο σημείο και η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο τέμνει τον κύκλο στο σημείο Αποδείξτε ότι $AD\parallel BC.$

: Συντρέχουσες ευθείες - Ισοδύναμο πρόβλημα - Απόδειξη του Λήμματος.; t=79776 (b).PNG (17.64 KiB) Προβλήθηκε 198 φορές

$\bullet$ Φέρνουμε την εφαπτομένη του κύκλου (K)

στο σημείο

η οποία τέμνει τον κύκλο (L)

στο σημείο έστω

και επομένως, το ABEC

είναι ισοσκελές τραπέζιο γιατί οι πλευρές του

AC,\ BE

είναι ισοκλινείς ως προς την AB.

Ισχύει

\angle DAB=\angle DBx=\angle EBy=\angle ECB=\angle ABC\Rightarrow

\boxed{\angle DAB=\angle ABC} \ \ ,(1)

Από $(1)\Rightarrow$

\boxed{AD\parallel BC}

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Συντρέχουσες ευθείες

Συντρέχουσες ευθείες

Re: Συντρέχουσες ευθείες

Re: Συντρέχουσες ευθείες

Re: Συντρέχουσες ευθείες

Re: Συντρέχουσες ευθείες

Re: Συντρέχουσες ευθείες

Μέλη σε σύνδεση