mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 22, 2021 6:37 pm**

: Τομή κύκλων επί ευθείας 2.png (26.24 KiB) Προβλήθηκε 2634 φορές

Ας είναι τα μέσα των πλευρών τριγώνου $\vartriangle ABC$ περιγεγραμμένου σε κύκλο $\left( O \right)$ και ας είναι τυχόν σημείο της εφαπτόμενης του $\left( O \right)$ στο . Αν $\left( {{I}_{b}} \right),\left( {{I}_{c}} \right)$ είναι οι κύκλοι που διέρχονται από τα και και εφάπτονται των στα αντίστοιχα, να δειχθεί ότι το ένα από τα σημεία τομής τους (έστω όπως φαίνεται στο σχήμα) ανήκει στην

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 28, 2021 5:16 pm**

Επαναφορά

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 09, 2022 9:28 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Δευ Νοέμ 22, 2021 6:37 pmΑς είναι τα μέσα των πλευρών τριγώνου $\vartriangle ABC$ περιγεγραμμένου σε κύκλο $\left( O \right)$ και ας είναι τυχόν σημείο της εφαπτόμενης του $\left( O \right)$ στο . Αν $\left( {{I}_{b}} \right),\left( {{I}_{c}} \right)$ είναι οι κύκλοι που διέρχονται από τα και και εφάπτονται των στα αντίστοιχα, να δειχθεί ότι το ένα από τα σημεία τομής τους (έστω όπως φαίνεται στο σχήμα) ανήκει στην

Έστω

, το σημείο τομής της πλευράς

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , από τον κύκλο έστω (K)

χορδής

όπου

είναι το μέσον της

, ο οποίος εφάπτεται της ευθείας

, με

τυχόν σημείο επί της ευθείας

, εφαπτομένης του περίκυκλου (O)

του $\vartriangle ABC$ .

Αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι η ευθεία

, όπου

είναι το μέσον της

, εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (L)

του τριγώνου $\vartriangle NTC$ .

$\bullet$ Έστω το σημείο $Q\equiv (O)\cap (K)$ και από $\angle QMX = \angle QBM\equiv \angle QBA = \angle QAX\ \ \ ,(1)$ έχουμε ότι το τετράπλευρο AMQX

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (F)

.

Έστω το σημείο $D\equiv AC\cap MT$ και έχουμε ότι το σημείο

ταυτίζεται με το Σημείο Miquel στο πλήρες τετράπλευρο CAMTBD

και άρα, ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle AMD$ περνάει από το σημείο

και επομένως, το σημείο

ανήκει στον κύκλο (F)

.

Από $\angle XDM = \angle XAM = \angle C = \angle MND\ \ \ ,(2)$ τώρα, προκύπτει ότι η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (Y)

του τριγώνου $\vartriangle DMN$ .

: Τομή κύκλων σε ευθεία 2.; f=181 t=70567.PNG (44.47 KiB) Προβλήθηκε 2367 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο $E\equiv AB\cap NT$ και έχουμε ότι το τετράπλευρο ADET

είναι τραπέζιο γιατί η ευθεία

περνάει από το μέσον έστω

του τμήματος

.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, η εφαπτομένη του κύκλου (Y)

στο σημείο

, τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle AMD$ κατα το Σημείο Miquel στο πλήρες τετράπλευρο NAMTDE

.

Το σημείο

δηλαδή, ταυτίζεται με το Σημείο Miquel του NAMTDE

και άρα, το τετράπλευρο DNTX

είναι εγγράψιμο και επομένως ισχύει $\angle XNT = \angle XDT\equiv \angle XDM\ \ \ ,(3)$

Από $(2),\ (3)\Rightarrow$ $\angle XNT = \angle C\ \ \ ,(4)$

Από (4)

συμπεραίνεται ότι η ευθεία

εφάπτεται του κύκλου (L)

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τραπέζιο με $AB\parallel CD$ και έστω τα σημεία $E\equiv AD\cap BC$ και $P\equiv AC\cap BD$ και ας είναι , το δεύτερο εκτός του σημείο τομής των περικύκλων των τριγώνων $\vartriangle EAC,\ \vartriangle EBD$ . Αποδείξτε ότι $\angle AEQ = \angle BEP$ .

$\bullet$ Η απόδειξη αυτή αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον ταλαντούχο μαθητή Ορέστη Λιγνό, που μας κάνει περήφανους με τις επιδόσεις του στα Μαθηματικά και τις επιτυχίες του στους διαγωνισμούς.

Κώστας Βήττας.

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

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2022 12:15 am**

Για το λήμμα μπορείτε να δείτε
https://artofproblemsolving.com/community/c6h175434
και
https://artofproblemsolving.com/communi ... 20p1484879 (ΒΜΟ 2009).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2022 2:22 pm**

vittasko έγραψε: Κυρ Ιαν 09, 2022 9:28 pmΛΗΜΜΑ. Δίνεται τραπέζιο με $AB\parallel CD$ και έστω τα σημεία $E\equiv AD\cap BC$ και $P\equiv AC\cap BD$ και ας είναι , το δεύτερο εκτός του σημείο τομής των περικύκλων των τριγώνων $\vartriangle EAC,\ \vartriangle EBD$ . Αποδείξτε ότι $\angle AEQ = \angle BEP$ .

: Τομή κύκλων σε ευθεία 2 - Απόδειξη του Λήμματος.; f=181 t=70567(a).PNG (30.55 KiB) Προβλήθηκε 2357 φορές

$\bullet$ Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $AECQ,\ BEDQ$ έχουμε $\angle DAQ = \angle BCQ\ \ \ ,(1)$ και $\angle ADQ = CBQ\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle ADQ,\ \vartriangle CBQ$ είναι όμοια και άρα, έχουμε $\displaystyle \frac{QA}{QC} = \frac{AD}{BC}\ \ \ ,(3)$

Έστω $F,\ Z$ , οι προβολές του σημείου

επί των $AE,\ BE$ , αντιστοίχως.

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle FAQ,\ \vartriangle ZCQ$ έχουμε $\displaystyle \frac{QA}{QC} = \frac{QF}{QZ}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)$ και $\displaystyle \frac{AD}{BC} = \frac{EA}{EB}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{QF}{QZ} = \frac{EA}{EB}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

προκύπτει ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την

-συμμετροδιάμεσο του τριγώνου $\vartriangle EAB$ .

Η ευθεία

όμως, περνάει από τα μέσα $M,\ N$ των βάσεων του δοσμένου τραπεζίου και άρα, ταυτίζεται με την

-διάμεσο του $\vartriangle EABE$ .

Συμπεραίνεται έτσι ότι $\angle AEQ = \angle BEP\ \ \ ,(6)$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Για τον συσχετισμό του Λήμματος με το πρόβλημα που έβαλε ο Στάθης, από $\angle QAC = \angle QEC$ λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου AECQ

και $\angle QEC = \angle AEP$ λόγω της (6)

, προκύπτει ότι η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle AEP$ και ομοίως, η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle BEP$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Τα παραπάνω είναι μία αναλυτική περιγραφή της συνοπτικής απόδειξης που οφείλεται στον Leonard Euler ( ψευδώνυμο ) και πρωτοεμφανίζεται στην πρώτη παραπομπή που μας έδωσε ο Σιλουανός.

Το πρόβλημα αυτό απέκτησε δημοσιότητα αφότου προτάθηκε ως θέμα στη Βαλκανική Ολυμπιάδα του έτους 2009 και η επίσημη λύση που δίνεται Εδώ ( σελίδες 10-11 ), είναι στην ουσία ίδια με την παραπάνω, "γαρνιρισμένη" με αρκετή Τριγωνομετρία.

Σιλουανέ, σ' ευχαριστώ θερμά για τις παραπομπές και ιδιαίτερα για την δεύτερη όπου αναφέρεις την εμφάνιση του προβλήματος στο AoPS δύο χρόνια νωρίτερα από την Βαλκανιάδα, υπενθυμίζοντας την ελληνική συνεισφορά στην δημιουργία του.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2022 5:14 pm**

Στάθη, το αρχικό πρόβλημα είναι δική σου κατασκευής; Αν όχι, ποια είναι η πηγή του;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2022 6:00 pm**

silouan έγραψε: Δευ Ιαν 10, 2022 5:14 pm Στάθη, το αρχικό πρόβλημα είναι δική σου κατασκευής; Αν όχι, ποια είναι η πηγή του;

Σιλουανέ καλησπέρα και καλή χρονιά με υγεία και δημιουργία

Το πρόβλημα αυτό όπως και τα περισσότερα από αυτά που έχω αναρτήσει τελευταία είναι από την ιστοσελίδα του Jean Luis Ayme από εδώ

Αυτή τη στιγμή μου είναι δύσκολο να το ξαναβρώ αλλά είναι εκεί . Θα το ψάξω κάποια στιγμή και θα το βγάλω στην επιφάνεια. Από ότι θυμάμαι έχει και λύση (σίγουρα δεν είναι αυτή του Κώστα του Βήττα!!!)

Μια ενδιαφέρουσα παρατήρηση για να λυθεί άμεσα το πρόβλημα είναι ότι αν

είναι το άλλο σημείο τομής των δύο μικρών κύκλων τότε η

είναι η πολική του συμμετρικού του

ως προς το

ως προς τον $\left( O \right)$ και τελειώσαμε. Το ψάχνω κάπως έτσι αλλά ακόμα δεν έχω καταλήξει.
Δεν γνωρίζω τη λύση που έχει δώσει ο Γάλλος Θρύλος Γεωμέτρης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2022 6:31 pm**

Δείτε και εδώ (μάλλον από κει το πήρε και ο Γάλλος) https://artofproblemsolving.com/communi ... 7p11419585

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 10, 2022 8:02 pm**

Μίνο, σ' ευχαριστούμε για την παραπομπή.

Όντως, ο Jean-Louis Ayme από το AoPS πρέπει να πήρε το πρόβλημα και παραπέμπει στην ιστοσελίδα του όπου δίνει την δική του συνθετική απόδειξη, ως υπέρμαχος αυτού του τρόπου σκέψης.

http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Doc ... 20cote.pdf

Στο AoPS βέβαια, γίνεται χαμός με αυτό το πρόβλημα και με ένα γρήγορο ρολάρισμα βλέπω ότι ίσως δεν έχω πέσει πάνω σε κάποια από τις εμφανιζόμενες λύσεις. Δεν έχω το κουράγιο να το ψάξω σε τόσες πολλές αναρτήσεις. Εάν δείτε κάτι σχετικό με αυτά που γράφω, πείτε μου.

Από τα σχήματα της λύσης του Jean-Louis, φαίνεται να υπάρχει κάποια συγγένεια με την απόδειξη που παρουσίασα πιο πάνω. Θα το κοιτάξω με λεπτομέρεια (*) και ας είναι στα γαλλικά. Εάν έχεις υπομονή δεν υπάρχει θέμα, καταλαβαίνεις πλήρως το κείμενο έτσι όπως παρουσιάζεται στα άρθρα του.

Όπως είπα και στον Στάθη, δεν είναι και τόσο τρομερό, το να πέσει κάποιος πάνω σε γνωστή απόδειξη. Όπως γράφω και αλλού, δεν μειώνεται το αίσθημα ικανοποίησης του λύτη, υπάρχει όμως μια "γλυκειά" στενοχώρια όταν διαπιστώνεις ότι τελικά δεν έχει προκύψει κάτι διαφορετικό.

Κώστας Βήττας.

(*) (11-01-2022) Οι αποδείξεις διαφέρουν τελικά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 21, 2023 5:36 pm**

Βάζω μία λύση με black magic.

Έστω Τ η δεύτερη τομή του κύκλου (Ιb) με την πλευρά BC. Θα δείξουμε ότι $\angle NTC=\angle ANX$ .

Από νόμο των ημιτόνων κλπ $\displaystyle \frac{BT}{BM}=\frac{\sin \left ( B+\angle BMX \right )}{\sin \angle BMX}\left ( 1 \right )$

Ομοίως $\displaystyle \frac{BC}{BM}=\frac{2\sin A}{\sin C}\left ( 2 \right )$

Από τις $\displaystyle \left ( 1 \right ),\left ( 2 \right )\Rightarrow \frac{TC}{BM}=\frac{2\sin A}{\sin C}-\cos B-\sin B\cot \angle BMX\left ( 3 \right )$

Επιπλέον $\displaystyle \frac{BM}{NC}=\frac{\sin C}{\sin B}\left ( 4 \right )$

Οπότε από $\displaystyle \left ( 3 \right ),\left ( 4 \right )\Rightarrow \frac{TC}{NC}=\frac{2\sin A}{\sin B}-\frac{\cos B\sin C}{\sin B}-\sin C\cot \angle BMX\left ( 5 \right )$

Εξάλλου, $\displaystyle \frac{TC}{NC}=\sin C\cot \angle NTC+\cos C^{(5)}=\frac{2\sin A-\cos B\sin C}{\sin B}-\sin C\cot \angle BMX\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sin C\left ( \cot \angle NTC+\cot \angle BMX \right )=\frac{\sin A}{\sin B}\left ( 6 \right )$

Ακόμα έχουμε $\displaystyle \frac{AN}{AX}=\frac{AN}{AM}\cdot \frac{AM}{AX}=\frac{\sin B}{\sin C}\cdot \frac{\sin \left ( \angle BMX-C \right )}{\sin \angle BMX}\left ( 7 \right )$

Εξάλλου, $\displaystyle \frac{AN}{AX}=\frac{\sin \left ( B-\angle ANX \right )}{\sin \angle ANX}=\sin B\cot \angle ANX-\cos B\left ( 8 \right )$

Συνεπώς από τις σχέσεις $\displaystyle \left ( 7 \right ),\left ( 8 \right )\Rightarrow \sin B\cot \angle ANX-\cos B=\frac{\sin B\cos C}{\sin C}-\sin B\cot \angle BMX\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sin B\left ( \cot \angle ANX+\cot \angle BMX \right )=\frac{\sin A}{\sin C}\left ( 9 \right )$

Από $\left ( 6 \right )$ και $\left ( 9 \right )$ έπεται ότι $\cot \angle NTC=\cot \angle ANX^{\angle NTC\&\angle ANX< 180^\circ}\Rightarrow \angle NTC=\angle ANX$ , όπως θέλαμε.

Υ.Σ Ωραίο θέμα, αλλά υπερβολικά δύσκολο για γεωμετρική λύση. Γι αυτό εξάλλου αποτελεί και ένα θέμα ΒΜΟ.

mathematica.gr

Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2

Re: Τομή κύκλων σε ευθεία 2