Γεωμετρία - Παράλληλες ευθείες (3).

#1

Με βάσεις τις πλευρές $AC,\ AB$ τριγώνου $\bigtriangleup ABC$ και προς το εξωτερικό μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\bigtriangleup B^{\prime}AC,\ \bigtriangleup C^{\prime}AB$ , αντιστοίχως. Από το περίκεντρο του $\bigtriangleup ABC$ φέρνουμε τις κάθετες ευθείες επί των $AB^{\prime},\ AC^{\prime}$ , οι οποίες τέμνουν αντιστοίχως τις ευθείες $CB^{\prime},\ BC^{\prime},$ στα σημεία έστω $P,\ Q.$ Αποδείξτε ότι $PQ\parallel BC.$

Κώστας Βήττας.

Ilias_Zad · #2

Βαζω μια λυση με μιγαδικους.
θεωρω μιγαδικο επιπεδο με αρχη το περικεντρο του τριγωνου ABC και οτι το τριγωνο ειναι εγγεγραμενο στον μοναδιαιο κυκλο.τα γραμματα του σχηματος παριστανονται με τα αντιστοιχα μικρα γραμματα σε μιγαδικους με μονη διαφορα
B' -> b1 , C'-> c1
θεωρω την στροφη $r=e^{\pi - 2w}$
τοτε
b_1-a=r(b_1-c)

(1)
αρα και
$b_1= \frac{a-rc}{1-r}, b_1 = \frac{c-ra}{ac(1-r)}$ (2)
ομως αφου PO καθετη στην Β'Α
$\frac{p-o}{p-o~}=-\frac{b_1-a}{\bar{b_1 } - \bar{a}}$ (3)
και αφου Ρ ανηκει στην Β'Γ,
$\frac{p-c}{\bar{p}-\bar{c}}=\frac{b_1-c}{\bar{b_1 } - \bar{c}}$ (4)
τωρα απο (1),(3),(4) δεδομενου οτι o=0

,
$\frac{p}{\bar{p }}=-\frac{p-c}{\bar{p}-\bar{c}} \leftrightarrow \bar{p}=\frac{p}{2pc-c^2}$ (5)
επισης απο (2),(3) $\frac{p}{\bar{p}}= \frac{-ac}{r}$
,που λογω της (5) δινει, $p=\frac{rc-a}{2r}$
ομοια προκυπτει $q= \frac{rb-a}{2r}$
οποτε για το ζητουμενο αρκει,
$\frac{ p-q}{\bar{p}-\bar{q}}= \frac{ b-c}{\bar{b}-\bar{c}}$
$\leftrightarrow \frac{ \frac{c-b}{2}}{\frac{b-c}{2bc}}= -bc$ , που ισχυει

hsiodos · #3

$\bullet$ Καταρχήν παρατηρούμε ότι ΟΒ' μεσοκάθετος του ΑC (G μέσο του ΑC) και ΟC' μεσοκάθετος του ΑB (F μέσο του ΑB) . Προκύπτει FG // BC .

$\bullet$ Τώρα προκύπτει ότι τα σημεία A , E , G, O , F , D είναι ομοκυκλικά.(έχουμε τρείς τετράδες σημείων με απέναντι γωνίες ορθές.) Άρα FG // DE (εντός εναλλάξ ίσες με ω)

$\bullet$ Από τα προηγούμενα προκύπτει DE //BC οπότε αρκεί να δείξουμε DE //QP .
Έχουμε δύο ζεύγη όμοιων ορθ. τριγώνων, των ODC', OEB' και QDC' , PEB' , άρα διαδοχικά έχουμε: $\frac{OD}{OE}=\frac{DC^{\prime}}{EB^{\prime}}=\frac{DQ}{EP}$ και συνεπώς DE //QP .

Γιώργος

: geom(3).png (89.36 KiB) Προβλήθηκε 565 φορές

Γεωμετρία - Παράλληλες ευθείες (3).

Γεωμετρία - Παράλληλες ευθείες (3).

Re: Γεωμετρία - Παράλληλες ευθείες (3).

Re: Γεωμετρία - Παράλληλες ευθείες (3).

Μέλη σε σύνδεση