mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 05, 2024 8:22 pm**

Από τις κορυφές

και

ενός τριγώνου ABC

φέρουμε κύκλο $\Omega$ , που επανατέμνει τις προεκτάσεις των πλευρών

και

στα σημεία $B_{1}$ και $C_{1}$ αντίστοιχα. Ο κύκλος $\omega$ εφάπτεται των πλευρών

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα και επίσης εφάπτεται εξωτερικά του κύκλου $\Omega$ στο σημείο

. Η διχοτόμος της γωνίας ABC

τέμνει το τμήμα

στο σημείο

. Η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο $\Omega$ στο σημείο

. Να αποδείξετε, ότι το

είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $BB_{1}I$ .

: isapexonta_shmeia_apo_epafh.png (123.73 KiB) Προβλήθηκε 2574 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 16, 2025 2:15 am**

Που τα ξεθάβετε αυτά τα προβλήματα

: Περίκεντρο από συνευθειακότητα.png (44.91 KiB) Προβλήθηκε 935 φορές

$\bullet$ Φέρουμε την κοινή εφαπτομένη $(\epsilon)$ των κύκλων $(KTL)\equiv (Q)$ και $(\Omega )\equiv (R).$ Τα σημεία R,T,Q

είναι συνευθειακά, άρα $\displaystyle \angle BKT \overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma \left ( Q \right )}=\angle KLT=90^\circ-\angle QTK\overset{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\varrho \upsilon \phi \eta \nu }=90^\circ-\angle RTX=\angle TBX,$ άρα και $\displaystyle \angle TB_{1}X\overset{B_{1}BTX\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle TBX=\angle BKT\equiv \angle B_{1}KT\Rightarrow XB_{1}^{2}=XT\cdot XK$ $\displaystyle \overset{\angle TBX=\angle BKT}=XB^{2}\left ( \ast \right ).$ Επειδή $\displaystyle KB\cdot KB_{1}\overset{B_{1}BTX\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=KT\cdot KX\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \frac{TK}{TX}=\frac{KB\cdot KB_{1}}{XB^{2}}\overset{KQ\parallel RX\left ( o\mu o\iota o\theta \epsilon \sigma \iota \alpha \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{KQ}{RX}=\frac{KB\cdot KB_{1}}{XB^{2}}}\left ( 1 \right ).$ Είναι $\displaystyle XB=2RX\cdot \cos \angle RXB\overset{XB_{1}=XB\left ( \alpha \pi o (\ast) \right )}=2RX\cdot \cos \frac{\angle B_{1}CB}{2}\Rightarrow XB^{2}=2RX^{2}\left ( 1+\cos \angle B_{1}CB \right )\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{2RX\left ( 1+\cos \angle B_{1}CB \right)\cdot KQ=KB\cdot KB_{1}}\left ( 2 \right ).$ Αφού $\displaystyle RX=\frac{BB_{1}\cdot BC\cdot CB_{1}}{4\left ( B_{1}CB \right )}=\frac{BB_{1}\cdot BC\cdot CB_{1}}{4\left ( ABC \right )\cdot \frac{BB_{1}}{AB}}=\frac{BC\cdot AB\cdot CB_{1}}{4\left ( ABC \right )}\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{BC\cdot AB\cdot CB_{1}}{2\left ( ABC \right )}\left ( 1+\cos \angle B_{1}CB \right )=\frac{KB\cdot KB_{1}}{KQ}}\left ( 3 \right ).$ $\displaystyle 1+\cos\angle B_1CB=1+\frac{BC^{2}+CB_1^{2}-BB_{1}^{2}}{2BC\cdot CB_{1}}=\frac{\left ( BC+CB_1-BB_1 \right )\left ( BC+CB_1+BB_1 \right )}{2BC\cdot CB_{1}}\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow$
$\boxed{\frac{KB\cdot KB_{1}}{KQ}=\frac{AB\cdot \left ( BC+CB_1-BB_1 \right )\left ( BC+CB_1+BB_1 \right )}{4\left ( ABC \right )}}\left ( 4 \right ).$ Επειδή $\displaystyle KQ=AK \tan \frac{\angle A}{2}=AK\cdot \frac{\frac{2\left ( ABC \right )}{AB+BC+CA}}{\frac{AB+AC-BC}{2}}=AK\cdot \frac{4\left ( ABC \right )}{\left ( AB+BC+AC \right )\left ( AB+AC-BC \right )}\overset{\left ( 4 \right )}\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow\boxed{KB\cdot KB_{1}=AK\cdot \frac{AB\left ( BC+CB_{1}-BB_{1} \right )\left ( BC+CB_{1}+BB_{1} \right )}{\left ( AB+AC+BC \right )\left ( AB+AC-BC \right )}}\left ( 5 \right ).$
Έχουμε $\displaystyle \frac{BC}{BI}=\frac{BC}{KB\cdot \frac{\cos \frac{\angle A}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}}}\left ( 6 \right ).$
Ισχυρισμός 1: $\displaystyle \frac{BC}{BI}=\frac{\sin \left ( \frac{\angle B}{2}+90^\circ-\frac{\angle B_{1}CB}{2} \right )}{\sin \left ( 90^\circ-\frac{\angle B_{1}CB}{2} \right )}.$
Απόδειξη: Σύμφωνα με την (6),

αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle \frac{BC}{KB\cdot \frac{\cos\frac{\angle A}{2}}{\sin \frac{\angle C}{2}}}=\frac{\cos \left ( \frac{\angle B}{2}-\frac{\angle B_{1}CB}{2} \right )}{\cos \frac{\angle B_{1}CB}{2}}=\cos \frac{\angle B}{2}+\sin \frac{\angle B}{2}\tan \frac{\angle B_{1}CB}{2}.$
Έχουμε $\displaystyle \tan \frac{\angle B_{1}CB}{2}=\frac{\frac{2\left ( B_{1}CB \right )}{BB_{1}+CB_{1}+BC}}{\frac{BC+CB_{1}-BB_{1}}{2}}=\frac{4\left ( B_{1}CB \right )}{\left ( BB_{1}+CB_{1}+BC \right )\left ( BC+CB_{1}-BB_{1} \right )}.$
Από την (5)

έχουμε $\displaystyle KB\left ( KB+BB_{1} \right )=\left ( AB-KB \right )\cdot \frac{AB\left ( BC+CB_1-BB_1 \right )\left ( BC+CB_1+BB_1 \right )}{\left ( AB+AC+BC \right )\left ( AB+AC-BC \right )}$ και θέτοντας KB=x

έχουμε τριώνυμο του

Παίρνουμε τον τύπο της ρίζας του τριωνύμου (μόνο μία γίνεται δεκτή) και σημειώνοντας επιπλέον ότι $\displaystyle \sin \frac{\angle A}{2}=\sqrt{\frac{1-\cos \angle A}{2}},\cos \frac{\angle A}{2}=\sqrt{\frac{1+\cos \angle A}{2}},$ καθώς και τις κυκλικές της (Το δύσκολο κομμάτι το έχω κάνει εγώ.

Αυτό που έχω αφήσει δεν χωράει στο φόρουμ επειδή είναι απλωμένες οι παραστάσεις , αλλά είναι τετριμμένο.

),ο ισχυρισμός ισχύει. $\blacksquare$
$\bullet$ Από τον Ισχυρισμό 1 έχουμε $\displaystyle \cos \frac{\angle B}{2}+\sin \frac{\angle B}{2}\cot \angle BCI\overset{\angle IBC=\frac{\angle B}{2}}=\frac{BC}{BI}\overset{\iota \sigma \chi \upsilon \varrho \iota \sigma \mu o\varsigma 1}=\cos \frac{\angle B}{2}+\sin \frac{\angle B}{2}\tan \frac{\angle B_1CB}{2}$
$\displaystyle \Rightarrow \angle BCI=90^\circ-\frac{\angle B_{1}CB}{2},$ άρα
$\displaystyle \angle BCI=\angle BB_{1}X\overset{B_{1}BCX\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}\Rightarrow I,C,X \sigma \upsilon \nu \epsilon \upsilon \theta \epsilon \iota \alpha \kappa \alpha \Rightarrow \angle B_1XI=\angle B_{1}XC$
$\overset{B_1BCX\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle ABC=2\angle ABI\overset{XB=XB_{1}}\Rightarrow \boxed{XI=XB=XB_{1}}.$

: Περίκεντρο από συνευθειακότητα.png (44.91 KiB) Προβλήθηκε 935 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 27, 2025 6:03 pm**

Ο κύλος $\omega$ εφάπτεται των πλευρών

,

της γωνίας BAC

στα σημεία

,

αντίστοιχα.
Συμβολίζουμε με

το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας ABC

με το ευθύγραμμο τμήμα

,
και με

το έγκεντρο του $\triangle ABC$ , και έστω

το συμμετρικό του

ως προς τη διχοτόμο της
γωνίας ABC

. Το τετράπλευρο CLIJ

εγγράφεται σε κύκλο $\Sigma$ (*). Από την ισότητα των τριγώνων
BKI

και

έχουμε ότι $\angle BNI =\angle BKI=180^{\circ}-\angle AKL=180^{\circ}-\angle ALK$ , δηλαδή, το σημείο

ανήκει στον
κύκλο $\Sigma$ . Έστω ότι κύκλος $\Sigma$ τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο $\omega$ στο σημείο

.
Θεωρούμε τον κύκλο $\Omega$ που διέρχεται από τα σημεία

,

και

και τέμνει τις ευθείες

,

για δεύτερη φορά στα σημεία $B_{1}$ , $C_{1}$ αντίστοιχα.
Θα αποδείξουμε ότι ο κύκλος $\Omega$ εφάπτεται του κύκλου $\omega$ στο σημείο

.
Συμβολίζουμε με

και

τα σημεία στα οποία οι ευθείες

και

τέμνουν τον κύκλο $\Omega$ .
Από το θεώρημα Reim έχουμε ότι $LI \equiv LK \parallel XY$ .

Έστω x'x

η εφαπτομένη του κύκλου $\Omega$ στο σημείο

. Τότε,
$\angle x'XT=\angle TYX$ (γωνία από χορδή και εφαπτομένη)
$=\angle TLK$ (εντός εναλλάξ των παραλλήλων

,

που τέμνονται από την

)
$= \angle TKB$ (γωνία από χορδή και εφαπτομένη).

: eq_fr_touch.png (98.63 KiB) Προβλήθηκε 785 φορές

Αλλά $\angle BJT=\angle TLI=\angle TLK$ (ως εξωτερική του εγγεγραμμένου στον $\omega$ τετραπλεύρου TLIJ

).
Επομένως, και το τετράπλευρο BTJK

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, έστω $\Sigma '$ (εφόσον $\angle BJT=\angle BKT$ ),
οπότε $\angle BTK = \angle BJK$ . Αλλά $\angle BJK = \angle BJN$ (αντίστοιχες γωνίες των ίσων τριγώνων BJK

και

).
Αλλά $\angle BJN = \angle NCI$ (η εξωτερική γωνία του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου CIJN

ισούται με την απέναντι
εσωτερική). Επομένως, $\angle NCI=\angle BTK$ .

Τώρα, $\angle XCB =\angle XTB$ (εγγεγραμμένες γωνίες του $\Omega$ που βαίνουν στο ίδιο τόξο).
Όμως, $\angle XCB +\angle BCI=180^{\circ}$ , οπότε και $\angle BTK + \angle XTB= 180^{\circ}$ , δηλαδή, τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά.
Από αυτό προκύπτει ότι τα τρίγωνα TKL

και

είναι ομοιόθετα με κέντρο ομοιοθεσίας το

, οπότε οι
περιγεγραμμένοι κύκλοι $\omega$ και $\Omega$ αυτών των τριγώνων εφάπτονται στο σημείο

.

Ως εκ τούτου η εφαπτομένη x'x

του $\Omega$ στο

θα είναι παράλληλη της εφαπτομένης

του $\omega$ στο

, οπότε
τα τόξα XCB

και $XC_{1}B_{1}$ του $\Omega$ είναι ίσα και επομένως $XB=XB_{1}\quad (\alpha)$ .
$\angle XBI=\angle XBT+ \angle TBI= \angle XYT+\angle TBJ=\angle BKT +\angle TKJ=\angle BKJ=\angle XIB \quad (\beta)$ .
Από $(\alpha)$ και $(\beta)$ προκύπτει ότι $XB=XB_{1}=XI$ .

(*) για την εγγραψιμότητα του τετραπλεύρου CLIJ

δίνουμε το σχήμα

: eq_fr_touch2.png (41.01 KiB) Προβλήθηκε 788 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 28, 2025 12:53 pm**

Θα ήθελα να ευχαριστήσω τους Dimessi και giannimani για τις λύσεις τους. Φιλολογικά να σημειώσω ότι το πρόβλημα είναι από το άρθρο "Σχετικά με το μη ευκλείδειο θεώρημα Feuerbach" του περιοδικού "Μαθηματική Εκπάιδευση", τεύχος 31, σειρά 3. σελ. 166-185. Το άρθρο διαπραγματεύεται την λύση αναλόγου του θεωρήματος του Feuerbach στην υπερβολική γεωμετρία με την εξής διατύπωση:

Θεώρημα 1 ( Θεώρημα Feuerbach υπερβολικής γεωμετρίας) Έστω $AW_{a}, BW_{b}$ και $CW_{c}$ τμήματα που διχοτομούν το εμβαδόν του μη ευκελείδιου τριγώνου . Τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $W_{a}W_{b}W_{c}$ εφάπτεται του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου .

Στο άρθρο δίνονται δυο λύσεις του παραπάνω θεωρήματος. Στην μία χρησιμοποιείται σαν λήμμα το πρόβλημα της παρούσας ανάρτησης. Στην δεύτερη χρησιμοποιείται σαν λήμμα το πρόβλημα που δημοσιεύθηκε εδώ.

Το πρόβλημα της παρούσας δημοσίευσης είχε τεθεί σε μαθήματα προετοιμασίας για ΔΜΟ για την ομάδα της Ρωσίας. Το δε ανάλογο του θεωρήματος Feuerbach για την υπερβολική γεωμετρία (σε όρους ευκελείδιας γεωμετρίας), είχε τεθεί στους προκριματικόυς διαγωνισμούς Ιουνίου της Ρωσίας για την ΔΜΟ του 2022.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 28, 2025 7:07 pm**

Η λύση που δίνει το περιοδικό "Μαθηματική Εκπαίδευση" που αναφέρει ο Al.Koutsouridis κάνει χρήση του αντίστροφου
του λήμματος Sawayama ( θα δοθεί στη συνέχεια) και είναι η εξής:

Αρχικά, σημειώνουμε ότι το σημείο

είναι το μέσο του τόξου $BB_{1}$ του $\Omega$ σύμφωνα γνωστό λήμμα του Αρχιμήδη
(εδώ εφαρμόζεται στην περίπτωση εξωτερικής επαφής κύκλων). Επομένως, $XB = XB_{1}$ . Απομένει να
αποδείξουμε ότι και τα δύο αυτά τμήματα είναι ίσα με το

. Γιαυτό, αποδεικνύουμε ότι το σημείο

είναι το κέντρο του $B_{1}$ -παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $BCB_{1}$ . Πράγματι, το σημείο

ανήκει στη διχοτόμο της εξωτερικής γωνίας στην κορυφή

αυτού του τριγώνου, καθώς και στην
ευθεία

που συνδέει τα σημεία επαφής του κύκλου $\omega$ με την ευθεία $BB_{1}$ και τη σεβιανή

(και πάλι, η σεβιανή σχεδιάζεται εκτός του τριγώνου). Επομένως, το σημείο

είναι το κέντρο του
$B_{1}$ -παρεγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $BCB_{1}$ , και σύμφωνα με το θεώρημα της τρίαινας, $XI = XB = XB_{1}$ ,
το οποίο είναι και το αποδεικτέο.

: mp31_pic10.png (11.23 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 28, 2025 7:20 pm**

Δίνουμε το θεώρημα Sawayama (διατύπωση) και το αντίστροφό του (διατύπωση και απόδειξη).

(Λήμμα Sawayama). Ας υποθέσουμε ότι το τρίγωνο ABC

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\Omega$ .
Στην ευθεία

σημειώνεται ένα τυχαίο σημείο

. Ο κύκλος $\omega$ εφάπτεται του τμήματος

στο σημείο

,
της ευθείας

στο σημείο

και εσωτερικά του κύκλου $\Omega$ . Τότε η ευθεία

διέρχεται από το κέντρο του
εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

.

: mp31_pic0.png (6.71 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές

Παρατηρήσεις. Σημειώνουμε ότι το λήμμα Sawayama επιδέχεται διάφορες γενικεύσεις.
Για παράδειγμα, το σημείο

μπορεί να επιλεγεί όχι μόνο στην πλευρά

, αλλά και στην προέκτασή της.
Ο κύκλος $\omega$ μπορεί να εφάπτεται όχι μόνο στο τμήμα

, αλλά και στην ευθεία

. Η επαφή με τον κύκλο $\Omega$
μπορεί να είναι όχι μόνο εσωτερική, αλλά και εξωτερική. Ανάλογα με τη διαμόρφωση, η ευθεία

μπορεί να
διέρχεται είτε από το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου, είτε από το κέντρο του παρεγγεγραμμένου
κύκλου του τριγώνου, ενώ οι κορυφές του τριγώνου είναι τα σημεία

,

και ένα από τα σημεία τομής του κύκλου $\Omega$
με την ευθεία

. Το παρακάτω σχήμα δείχνει τη διαφορά μεταξύ αυτών των διαμορφώσεων.

: mp31_pic8.png (10.81 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές

Θεώρημα (αντίστροφο του λήμματος του Sawayama). Έστω τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο στον κύκλο $\Omega$ .
Ένα αυθαίρετο σημείο

σημειώνεται στην ευθεία

. Ο κύκλος $\omega$ εφάπτεται του τμήματος

στο σημείο

αι της ευθείας

στο σημείο

, με την ευθεία

να διέρχεται από το κέντρο του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο ABC

κύκλου.
Τότε οι κύκλοι $\omega$ και $\Omega$ εφάπτονται εσωτερικά.

Απόδειξη. Ας υποθέσουμε ότι το θεώρημα είναι ψευδές και οι κύκλοι $\omega$ και $\Omega$ δεν εφάπτονται. Στη συνέχεια, θεωρούμε
έναν κύκλο $\omega '$ που εφάπτεται εσωτερικά στο τμήμα

στο σημείο

, στην ευθεία

στο σημείο

και εσωτερικά στον κύκλο $\Omega$
(είναι εύκολο να δούμε ότι υπάρχει ένας τέτοιος κύκλος—για παράδειγμα, διογκώνοντας ή συστέλλοντας ομοιοθετικά
τον κύκλο $\omega$ με κέντρο το σημείο

). Στη συνέχεια, η ευθεία K'L'