mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 25, 2026 9:53 pm**

Δίνεται το κυρτό πεντάγωνο ABCDE

και έστω

το σημείο τομής των ευθειών

και

.
Είναι γνωστό ότι

\angle PAD =\angle ACB

και

\angle CAP = \angle EDA

.
Να αποδείξετε ότι τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABC

και

ανήκουν στην ίδια ευθεία με το σημείο

.

: pentag.png (74.88 KiB) Προβλήθηκε 201 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 26, 2026 3:33 am**

: Μανίκας Problem.png (516.58 KiB) Προβλήθηκε 116 φορές

: Ρ - Μανίκας.png (317 KiB) Προβλήθηκε 162 φορές

$\bullet$ Έστω

S \equiv PB\cap (AED)(S\neq D),Z\equiv AP\cap (ABC)(Z\neq A), G\equiv EP \cap (AED)(G\neq E),L\equiv AP \cap (AED)(L\neq A).

\angle AZB\overset{Z\in (ABC)}=\angle ACB=\angle DAL \Longrightarrow ZB\parallel AD \Longrightarrow \dfrac{PA}{PZ}=\dfrac{PD}{PB}(1)

\angle ELA\overset{L\in (ADE)}=\angle EDA=\angle CAL \Longrightarrow EL \parallel AC \Longrightarrow \dfrac{PL}{PA}=\dfrac{PE}{PC} \left ( 2 \right )

\angle BCA+\angle ADE=\angle DAC \Longrightarrow BC \parallel ED\Longrightarrow \dfrac{PD}{PB}=\dfrac{PE}{PC}\overset{^{\left ( 1 \right )}_{\left ( 2 \right )}}\Longrightarrow \dfrac{PA}{PZ}=\dfrac{PL}{PA} \Longleftrightarrow \boxed{PZ\cdot PL=PA^2}\left ( \ast \right ).

\angle LSP \overset{LSAD \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle DAL=\angle ACB\overset{AZCB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle AZB\equiv \angle BZP\Longrightarrow SBZL

εγγράψιμο

\Longrightarrow PS\cdot PB=PZ\cdot PL

\overset{\left ( \ast \right )}=PA^{2}\Longrightarrow \vartriangle PAB\sim \vartriangle PAS\Longrightarrow \angle PAB=\angle ASP\overset{S\in (AED)}=\angle EAD+\angle ADE=\angle EAD+\angle PAC

\Longrightarrow \boxed{\angle BAC=\angle EAD}\left ( \ast \ast \right )

\angle PBC\overset{BC\parallel ED}=\angle EDS\overset{EDGS \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle EGS\Longrightarrow SBCG

εγγράψιμο

\Longrightarrow PG\cdot PC=PS\cdot PB=PA^2 \left ( 3 \right )

Έστω

Q'\equiv (P,PA)\cap (AED)(Q'\neq A)

\Longrightarrow \begin{Bmatrix} PQ'^{2}=PA^2\overset{(3)}=PG\cdot PC\Longrightarrow \vartriangle PQ'C \sim \vartriangle PQ'G \Longrightarrow \angle PQ'C=\angle PGQ' \equiv \angle EGQ'\overset{EGSQ' \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle ESQ'& & \\ PQ'^{2}=PS\cdot PB\Longrightarrow \vartriangle PQ'B\sim \vartriangle PSQ'\Longrightarrow \angle PQ'B=\angle PSQ'\equiv \angle Q'SD & & \\ & & \\ \end{Bmatrix}

\Longrightarrow \angle BQ'C=\angle ESD\overset{EASD \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle EAD\overset{\left ( \ast \ast \right )}=\angle BAC \Longrightarrow Q' \in (BAC) \Longrightarrow Q'\equiv (BAC)\cap (AED)\equiv Q

κι αφού το

ανήκει στην μεσοκάθετο του

που είναι η κοινή χορδή των κύκλων (BAC)

και

(AED),

άρα το

ανήκει στην ευθεία που διέρχεται από τα περίκεντρα των τριγώνων $\vartriangle ABC$ και $\vartriangle AED.$

: Ρ - Μανίκας.png (317 KiB) Προβλήθηκε 162 φορές

: Μανίκας Problem.png (516.58 KiB) Προβλήθηκε 116 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 26, 2026 5:24 pm**

Είναι

\angle BCD+\angle EDC=\angle BCA +\angle ACD+\angle ADC+\angle ADE=

=\angle PAD+\angle ACD+\angle ADC+\angle CAP= \angle CAD+\angle ACD+ \angle ADC=180^{\circ}\Rightarrow BC \parallel DE

.

Θεωρούμε την ομοιοθεσία

κέντρου

που μεταφέρει το

στο

(δηλαδή,

h(B)=D

και

h(C)=E

).
Τότε,

\angle CAP= \angle h(C)h(A)h(P)= \angle EA'P

, όπου το

ως εικόνα του

θα ανήκει στην ευθεία

(AP)

.
Αλλά

\angle CAP= \angle EDA

. Επομένως

\angle EA'P= \angle EA'A=\angle EDA

, που σημαίνει ότι

A' \in \omega_{2}

.

Επομένως, τα τρίγωνα ABC

και

A'DE

είναι ομοιόθετα με κέντρο ομοιοθεσίας το σημείο

,
οπότε και τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων

\omega_{1}\equiv (ABC)

και

\omega_{2}\equiv (A'DE)\equiv (ADE)

θα ανήκουν στην ίδια ευθεία με το κέντρο

της ομοιοθεσίας.

: pentag_sol.png (85.95 KiB) Προβλήθηκε 101 φορές

mathematica.gr

Τα περίκεντρα στη ίδια ευθεία με το P.

Τα περίκεντρα στη ίδια ευθεία με το P.

Re: Τα περίκεντρα στη ίδια ευθεία με το P.

Re: Τα περίκεντρα στη ίδια ευθεία με το P.