Παράξενη καθετότητα

#1

: Παράξενη καθετότητα.png (16.02 KiB) Προβλήθηκε 4257 φορές

Δύο κύκλοι με κέντρα K, L

τέμνονται στα A, B

και έστω

το κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα τους που βρίσκεται πιο κοντά στο

. Αν η κάθετη από το

στη

τέμνει την

στο

, να δείξετε ότι $\displaystyle{PB \bot BC}$

dement · #2

Έστω $F \equiv AB \cap PQ$ . Τότε $PF = FQ = \sqrt{FA \cdot FB}$ και λόγω των ομοίων τριγώνων $\triangle{QAF}, \triangle{QBF}$ ισχύει $\displaystyle \frac{QB}{QA} = \frac{QF}{AF} = \frac{PF}{AF} = \frac{PB}{PA}$ .

Ισχύει $\displaystyle \frac{QB}{QA} = \frac{KC}{KP}$ (γιατί $\angle{KCP} = \angle{QBA}$ και $\displaystyle \angle{CPK} = \frac{\pi}{2} - \angle{CPQ} = \angle{PQB}$ και δουλεύουμε με νόμο ημιτόνων στο $\triangle{KCP}$ ) οπότε παίρνουμε $\displaystyle \frac{PB}{PA} = \frac{QB}{QA} = \frac{KC}{KP} = \frac{KC}{KB}$ .

Από την $\displaystyle \frac{PB}{PA} = \frac{KC}{KB}$ και την $\angle{BKC} = \angle{APB}$ προκύπτει $\displaystyle \triangle{PAB} \approx \triangle{KBC} \implies \angle{PBA} = \angle{KCB} = \frac{\pi}{2} - \angle{ABC}$ που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Παράξενη καθετότητα

Παράξενη καθετότητα

Re: Παράξενη καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση