Fie \( ABC \) un triunghi cu \( \angle A < \angle C \). In general, notam prin \( (MNP) \) cercul circumscris acestui triunghi. Consideram doua puncte \( D \in (AC) \) si \( E \in (AB) \) cu proprietatea ca \( \angle C = \angle BED \), si un punct \( F \) în interiorul \( BCDE \) astfel încât cercurile din perechile \( (BCF), \ (DEF) \) si \( (BEF), \ (CDF) \) sunt tangente. Aratati ca \( ACFE \) este inscriptibil.
[TST III 2008, Problema 1]
Angle chasing si cercuri tangente
Moderators: Laurian Filip, Filip Chindea, maky, Cosmin Pohoata, Virgil Nicula
-
Filip Chindea
- Newton
- Posts: 324
- Joined: Thu Sep 27, 2007 9:01 pm
- Location: Bucharest
Angle chasing si cercuri tangente
Life is complex: it has real and imaginary components.
-
Vlad Matei
- Pitagora
- Posts: 58
- Joined: Wed Sep 26, 2007 6:44 pm
- Location: Bucuresti
Sa notam centrele cercurilor \( (BFE) \),\( (DFE) \) \( (DFC) \),\( (BFC) \) cu \( O_{1} \),\( O_{2} \),\( O_{3} \),\( O_{4} \). Acum din ipoteza \( O_{1}O_{3}\cap O_{2}O_{4}=\{F\} \). Folosind prima coliniaritate si faptele ca sunt centre avem \( \angle CFD=\angle CBF+\angle DEF \) si \( \angle DFE =\angle FCD+\angle FBE \). Observatia care incheie problema este \( \angle O_{2}F O_{3}=\angle O_{1}F O_{4} \) de unde \( \angle FCB+\angle FEB=\angle FCD+\angle FBE \) si acum folosind prima ipoteza ne da \( \angle FBE+\angle FCD=\angle C \). Sumand primele relatii de unghiuri si ce am obtinut din observatie \( \angle CFE=\angle B+\angle C \)
-
Marius Mainea
- Gauss
- Posts: 1077
- Joined: Mon May 26, 2008 2:12 pm
- Location: Gaesti (Dambovita)
Centrele cercurilor (EDF), (BCF) respectiv F sunt coliniare.
Analog pentru (BEF), (CDF) si F.
Din aceste relatii rezulta ca \( \angle BEF+\angle BCF=\angle DEF+\angle DCF \)
Dar din ipoteza avem \( \angle C=\angle BED \)
Din acestea rezulta ca \( \angle BEF=\angle DCF \), deci ACFE este inscriptibil.
PS: Solutia mea si a lui Vlad Matei au fost date ,,simultan''!
Analog pentru (BEF), (CDF) si F.
Din aceste relatii rezulta ca \( \angle BEF+\angle BCF=\angle DEF+\angle DCF \)
Dar din ipoteza avem \( \angle C=\angle BED \)
Din acestea rezulta ca \( \angle BEF=\angle DCF \), deci ACFE este inscriptibil.
PS: Solutia mea si a lui Vlad Matei au fost date ,,simultan''!
Problema tipa a inversiune. 
Intr-adevar inversiunea de pol \( F \) duce cercurile \( (BEF) \) si \( (CDF) \) in dreptele paralele \( B*E* \) si \( C*D*, \) iar cercurile \( (DEF) \) si \( (BCF) \) in dreptele paralele \( D*E* \) si \( B*C* \) (am notat prin \( X* \) transformatul lui \( X \)). Se formeaza paralelogramul \( B*C*D*E*. \) Atunci \( \angle E*D*C* =\angle E*B*C* \) adica \( \angle FD*E* + \angle FD*C* =\angle FB*E* + \angle FB*C* (1). \) Dar din conditia initiala \( \angle BED =\angle BCD \) rezulta ca \( \angle FED +\angle FEB =\angle FCD + \angle FCB \) si deci, in urma inversiunii, \( \angle FD*E* +\angle FB*E* =\angle FD*C* +\angle FB*C* (2). \) Acum din \( (1) \) si \( (2) \) rezulta usor ca \( \angle FD*C* =\angle FB*E* \) ceea ce inseamna ca \( \angle FCD =\angle FEB. \) Punctele \( A,C,E,F \) sunt conciclice.
Intr-adevar inversiunea de pol \( F \) duce cercurile \( (BEF) \) si \( (CDF) \) in dreptele paralele \( B*E* \) si \( C*D*, \) iar cercurile \( (DEF) \) si \( (BCF) \) in dreptele paralele \( D*E* \) si \( B*C* \) (am notat prin \( X* \) transformatul lui \( X \)). Se formeaza paralelogramul \( B*C*D*E*. \) Atunci \( \angle E*D*C* =\angle E*B*C* \) adica \( \angle FD*E* + \angle FD*C* =\angle FB*E* + \angle FB*C* (1). \) Dar din conditia initiala \( \angle BED =\angle BCD \) rezulta ca \( \angle FED +\angle FEB =\angle FCD + \angle FCB \) si deci, in urma inversiunii, \( \angle FD*E* +\angle FB*E* =\angle FD*C* +\angle FB*C* (2). \) Acum din \( (1) \) si \( (2) \) rezulta usor ca \( \angle FD*C* =\angle FB*E* \) ceea ce inseamna ca \( \angle FCD =\angle FEB. \) Punctele \( A,C,E,F \) sunt conciclice.