Ωραία από Ιράν

simantiris j. · #1

Καλημέρα

!Ένα ωραίο πρόβλημα από διαγωνισμό επιλογής του Ιράν.

Δυο κύκλοι W_1,W_2

τέμνονται στα P,K

.Έστω

η κοινή εφαπτομένη των δυο κύκλων που είναι πιο κοντά στο

και το

είναι σημείο του W_1

ενώ το

του

.Η

τέμνει πάλι τον W_2

στο

και η

τέμνει πάλι τον W_1

στο

.Έστω

το σημείο τομής των BX,CY

.Αν το

είναι το δεύτερο σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABC

και

να αποδείξετε ότι $\hat{QXA}=\hat{QKP}$ .

panos misiakos · #2

Καλησπέρα! Μία λύση με αντιστροφή.

: gewmetria apo iran.PNG (41.27 KiB) Προβλήθηκε 1049 φορές

Θεωρούμε

το σημείο τομής των QA,XY

.
Αρχικά παρατηρούμε ότι το τρίγωνο AXY

είναι ισοσκελές αφού $\angle AXY=180 -\angle XBP -\angle BXP=\angle XPB=\angle YPC=...=\angle AYX$ .
Συνεπώς η

είναι εξωτερική διχοτόμος στο τρίγωνο QXY

. Επομένως $\frac{SB}{SC}=\frac{QB}{QC}=\frac{BX}{CY}$ (η τελευταία προκύπτει από την ομοιότητα των τριγώνων QBX,QCY

.
Ακόμη από την ομοιότητα των τριγώνων O_1 BX,O_2 CY

προκύπτει $\frac{BX}{CY}=\frac{R_1}{R_2}$ , όπου O_1,O_2

και

τα κέντρα και οι ακτίνες των κύκλων W_1,W_2

αντίστοιχα.
Συνεπώς

είναι το κέντρο ομοιοθεσίας των W_1,W_2

. Έπεται λοιπόν SP=SK

και συγκεκριμένα έχουμε SP^2=SX*SY

.
To

είναι το μέσο του τόξου XQY

,επομένως $AX^2=AQ*AS \Leftrightarrow \angle QXA=\angle ASX$
Μένει λοιπόν να αποδείξουμε ότι τα σημεία Q,M,K,S

είναι ομοκυκλικά , όπου $M \equiv PK \cap XY$ , δηλαδή

μέσο του

.
Έστω

το ίχνος της εσωτερικής διχοτόμου της XQY

στο τρίγωνο QXY

.
Τότε ισχύουν SQ*SA=SX*SY=SN*SM=SP^2=SK^2

.
Εφαρμόζουμε αντιστροφή κέντρου

και ακτίνας

.
Για να είναι τα σημεία Q,M,K,S

ομοκυκλικά , αρκεί τα αντίστροφα των Q,M,K

να είναι συνευθειακά , δηλαδή η

να διέρχεται από το

.
Θα αποδείξουμε αυτό ως εξής .
Έστω $N\equiv AK \cap XY$ .Θα δείξουμε ότι $\frac{XN}{NY}=\frac{QX}{QY}=\frac{XB}{YC}$ .
Ισχύει όμως $\frac{XN}{NY}=\frac{sin\angle XAN}{sin \angle YAN}=\frac{BK*sin \angle ABK}{CK*sin \angle ACK}=$
$\frac{BK}{CK} \frac{sin \angle MPX}{sin \angle MPY}= \frac{BK}{sin \angle BPK} \frac{sin \angle KPC}{CK}=$
$\frac{BX}{sin \angle BPX}\frac{sin \angle CPY}{CY}=\frac{BX}{CY}$
(χρησιμοποιήσαμε νόμο ημιτόνων).
Οπότε το ζητούμενο αποδείχθηκε

Ωραία από Ιράν

Ωραία από Ιράν

Re: Ωραία από Ιράν

Μέλη σε σύνδεση