mathematica.gr


https://www.mathematica.gr/forum/

Στον περίκυκλο!

https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?t=55779

Σελίδα 1 από 1

Στον περίκυκλο!

Δημοσιεύτηκε: Παρ Σεπ 30, 2016 8:57 pm
από simantiris j.
Καλορίζικη η αναβάθμιση του διαγωνιστικού τμήματος του :logo: !Κάνω την αρχή με δυο ωραία προβλήματα από διαγωνισμούς.

Έστω ABC τρίγωνο με περίκυκλο \Gamma,έγκεντρο I και I_{A} το A-παράκεντρο του τριγώνου.Ο εγγεγραμμένος και ο A παρεγγεγραμμένος κύκλος του ABC τέμνουν τη BC στα σημεία D,E αντίστοιχα και έστω M το μέσο του τόξου BC (του \Gamma)που δε περιέχει το A.Θεωρούμε τον κύκλο που εφάπτεται της BC στο D και εφάπτεται στο τόξο BAC στο T.Αν η ευθεία TI τέμνει ξανά τον \Gamma στο S,να αποδείξετε ότι οι ευθείες SI_A και ME τέμνονται στον \Gamma.

Re: Στον περίκυκλο!

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 05, 2016 6:29 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
simantiris j. έγραψε:Καλορίζικη η αναβάθμιση του διαγωνιστικού τμήματος του :logo: !Κάνω την αρχή με δυο ωραία προβλήματα από διαγωνισμούς.

Έστω ABC τρίγωνο με περίκυκλο \Gamma,έγκεντρο I και I_{A} το A-παράκεντρο του τριγώνου.Ο εγγεγραμμένος και ο A παρεγγεγραμμένος κύκλος του ABC τέμνουν τη BC στα σημεία D,E αντίστοιχα και έστω M το μέσο του τόξου BC (του \Gamma)που δε περιέχει το A.Θεωρούμε τον κύκλο που εφάπτεται της BC στο D και εφάπτεται στο τόξο BAC στο T.Αν η ευθεία TI τέμνει ξανά τον \Gamma στο S,να αποδείξετε ότι οι ευθείες SI_A και ME τέμνονται στον \Gamma.
Για να μην μείνει αναπάντητο (παρότι έμμεσα έχει απαντηθεί εδώ) ας δούμε μια λίγο διαφορετική προσέγγιση.

Αν \left( K \right) (κέντρου K ) είναι ο κύκλος που εφάπτεται του περίκυκλου \left( O \right) του τριγώνου \vartriangle ABC και της BC στο D η ομοιοθεσία των \left( K \right),\left( O \right) με κέντρο T σε συνδυασμό με την συνευθειακότητα των T,K,O (η διάκεντρος δύο εφαπτομένων κύκλων διέρχεται από το σημείο επαφής) και την παραλληλία των ακτινών τους KD,OM (κάθετες στην BC ) οδηγεί στην συνευθειακότητα των T,D,M και έστω L\equiv ME\cap \left( O \right),L\ne M . Αρκεί να δείξουμε ότι {{I}_{a}}L\cap IT είναι σημείο του \left( O \right) , δηλαδή αρκεί \angle ML{{I}_{a}}=\angle MTI .
Ο περίκυκλος του τετραπλεύρου {{I}_{a}}BIC\left( \angle IB{{I}_{a}}=\angle IC{{I}_{a}}={{90}^{0}} \right) έχει κέντρο το M (σημείο τομής της διαμέτρου του I{{I}_{a}} και της μεσοκαθέτου OM της χορδής του BC ) και συνεπώς \boxed{MI = MB = MC = M{I_a}}:\left( 1 \right).
Παρεμπιπτόντως με D,E συμμετρικά ως προς το μέσο N της BC (γνωστότατη πρόταση) και OMN\bot DE\Rightarrow \ldots \tau o\xi AT=\tau o\xi LC\Rightarrow\displaystyle{\boxed{TL\parallel BC}</em></strong> ένα από τα ζητούμενα του θέματος <a href="http://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=185&t=55835" class="postlink">εδώ</a></div></div></div> <div class="inline-attachment"><!-- ia0 -->Στον περίκυκλο.png<!-- ia0 --></div> <span style="color:#0000BF"><em class="text-italics">Είναι \angle TAQ\left( {Q \equiv AM \cap BC} \right) = \dfrac{{\tau o\xi .TBM}}{2} =}\dfrac{{\tau o\xi .TB + \tau o\xi .MB}}{2} = \angle MDC \Rightarrow TAQD εγγράψιμο σε κύκλο και

με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι και AQEL είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε ισχύει : \boxed{MD \cdot MT = MQ \cdot MA}:\left( 2 \right).

Επίσης \angle MBQ\mathop = \limits^{\tau o\xi .MC = \tau o\xi .MA} \angle BMA\mathop \Rightarrow \limits^{\angle QMB \equiv \angle BMA} \vartriangle BQM \sim \vartriangle ABM \Rightarrow \dfrac{{MB}}{{MA}} = \dfrac{{MQ}}{{MB}} \Rightarrow

M{B^2} = MA \cdot MQ\mathop = \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} M{I^2} = MD \cdot MT \Rightarrow ο περίκυκλος του τριγώνου \vartriangle TID εφάπτεται της MI\Rightarrow \boxed{\angle DTI = \angle DIM}:\left( 3 \right).

Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι ο περίκυκλος του τριγώνου \vartriangle TEL εφάπτεται της MI\Rightarrow \boxed{\angle MIE = \angle ILE}:\left( 4 \right).

Αν F\equiv ME\cap ID τότε με M το μέσο της I{{I}_{a}} και IF\parallel E{{I}_{a}}\Rightarrow IF{{I}_{a}}E παραλληλόγραμμο οπότε \angle FL{I_a} \equiv \angle ML{I_a} = \angle FI{I_a} \equiv \angle DIM\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} \angle DTI \Rightarrow IT,L{I_a}

τέμνονται στον περίκυκλο \left( O \right) του τριγώνου \vartriangle ABC και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Re: Στον περίκυκλο!

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Οκτ 06, 2016 9:09 am
από simantiris j.
Για λόγους πλουραλισμού,παραθέτω και τη δική μου λύση με μετασχηματισμούς.
perikiklos.png
perikiklos.png (30.61 KiB) Προβλήθηκε 939 φορές
Έστω E'\equiv ME\cap \Gamma και θα δείξουμε ισοδύναμα ότι I_A,S,E' συνευθειακά.
Ακριβώς όπως στην προηγούμενη λύση προκύπτει ότι T,D,M συνευθειακά και ότι MI^2=MD \cdot MT.
Εφαρμόζουμε τώρα αντιστροφή κύκλου IBI_AC (κέντρου M,ακτίνας MI^2).Αφού BC κοινή χορδή του \Gamma με τον κύκλο της αντιστροφής συμπεραίνουμε ότι ο \Gamma πάει στην BC,η BC πάει στον \Gamma.
Άρα παρατηρούμε ότι το E' είναι η εικόνα του E καθώς και ότι η εικόνα του S,έστω S', έιναι το σημείο τομής της MS με τη BC.
Είναι όμως (λόγω της αντιστροφής) MD \cdot MT=MI^2=MS \cdot MS' άρα το S'SDT είναι εγγράψιμο συνεπώς \angle DS'M=\angle MTI=\angle DIM άρα και το IDMS' εγγράψιμο άρα \angle IMS'=\angle IDS'=90^{\circ}.
Τότε όμως \angle S'MI_A=\angle S'EI_A (=90^{\circ}) άρα τα M,E,S',I_A είναι ομοκυκλικά.
Ο κύκλος λοιπόν αυτός επειδή περνά και από το κέντρο της αντιστροφής θα γίνει ευθεία (που δε θα περνά από τοM τώρα) που θα απαρτίζεται από τις εικόνες των E,S',I_A.
Επειδή όμως ανήκει στον κύκλο της αντιστροφής το I_A μένει αμετάβλητο ενώ όπως είπαμε το S'
πάει στο S και το E πάει στο E' άρα η εν λόγω ευθεία είναι η E'SI_A δηλαδή τα I_A,S,E' συνευθειακά,το ζητούμενο.
Όλοι οι χρόνοι είναι UTC+02:00
Σελίδα 1 από 1

Δημιουργήθηκε από phpBB® Forum Software © phpBB Limited


Ελληνική μετάφραση από το phpbbgr.com