Από Ισόπλευρο σε εγγράψιμο

#1

: Ομοκυκλικά σε ισόπλευρο.png (12.71 KiB) Προβλήθηκε 707 φορές

Σε ισόπλευρο τρίγωνο ABC

θεωρώ στις πλευρές του $BC\,\,,\,\,CA\,\,,\,\,AB$ τα σημεία

$D\,\,,\,\,E\,\,,\,\,Z$ αντίστοιχα έτσι ώστε: $\widehat {DAC} = 20^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE = ED\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BZ = 2DC$ .

Αν

το σημείο τομής των $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZE$ , να δείξετε ότι τα σημεία $Z\,,\,B\,,\,D\,,\,T$ ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Ορέστης Λιγνός · #2

Φέρνουμε τον κύκλο (A,AD)

, και έστω πως τέμνει την

στο

.

Ακόμη, έστω $ZK \perp BC$ .

Είναι $\widehat{BZK}=90^\circ-\widehat{ZBK}=30^\circ, \vartriangle BKZ$ ορθογώνιο, άρα 2x=BZ=2BK=2CD

.

Άρα, εύκολα έχουμε $\vartriangle BKA=\vartriangle CDA$ (Π-Γ-Π) , και συνεπώς AK=AD

και $\widehat{BAK}=\widehat{KAD}=\widehat{DAC}=20^\circ$ .

Επίσης, $AD=AQ, \widehat{DAQ}=20^\circ \Rightarrow \widehat{ADQ}=80^\circ=\widehat{AQD}$

$\Rightarrow \widehat{EDQ}=60^\circ$ .

Είναι AK=AD=AQ

και $\widehat{KAD}=\widehat{DAQ}=20^\circ$ , άρα $\vartriangle KAD=\vartriangle DAQ$ , συνεπώς DK=DQ=y

.

Άρα, $y=KD=BC-2x=AB-BZ=AZ \Rightarrow AZ=KD=DQ=y$ .

Μετά από αυτά, τα $\vartriangle AZE, \vartriangle EDQ$ έχουν :

α) DQ=AZ

β)

γ) $\widehat{ZAE}=\widehat{EDQ}=60^\circ$

Άρα, είναι ίσα, οπότε

$\omega=80^\circ \Rightarrow \widehat{TDB}=80^\circ=\omega$ , που δίνει ότι B,Z,T,D

ομοκυκλικά.

[attachment=0]1-OMOKYKLIKA.png[/attachment]

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 12, 2018 8:12 pm
Ομοκυκλικά σε ισόπλευρο.png

Σε ισόπλευρο τρίγωνο θεωρώ στις πλευρές του $BC\,\,,\,\,CA\,\,,\,\,AB$ τα σημεία

$D\,\,,\,\,E\,\,,\,\,Z$ αντίστοιχα έτσι ώστε: $\widehat {DAC} = 20^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE = ED\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BZ = 2DC$ .

Αν το σημείο τομής των $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZE$ , να δείξετε ότι τα σημεία $Z\,,\,B\,,\,D\,,\,T$ ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Έστω $\displaystyle F$ μέσον της $\displaystyle ZB$ .Τότε, από την προφανή ισότητα των τριγώνων $\displaystyle FBC,ADC \Rightarrow \angle FCB = {20^0} \Rightarrow \angle ACF = {40^0}$

Με $\displaystyle BP \bot AC$ και $\displaystyle EM \bot AD \Rightarrow P,M$ μέσα των $\displaystyle AC,AD$

Άρα $\displaystyle PM//BC \Rightarrow \angle EPM = {60^0} \Rightarrow \angle EQM = {60^0}$ (λόγω του εγγράψιμου $\displaystyle MEPQ$ )

Επομένως $\displaystyle EQDC$ εγγράψιμο με $\displaystyle \angle DEC = \angle ECN = {40^0}$ οπότε είναι

ισοσκελές τραπέζιο το $\displaystyle ENDC$ άρα $\displaystyle EN = DC = ZF$ κι επειδή $\displaystyle EN//ZF \Rightarrow ZEFN$

παραλ/μμο $\displaystyle \Rightarrow \angle AEZ = {40^0} \Rightarrow \angle ETD = {60^0} \Rightarrow ZTDB$ εγγράψιμο

: ομοκυκλικά.png (31.48 KiB) Προβλήθηκε 599 φορές

#4

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 12, 2018 8:12 pm
Ομοκυκλικά σε ισόπλευρο.png

Σε ισόπλευρο τρίγωνο θεωρώ στις πλευρές του $BC\,\,,\,\,CA\,\,,\,\,AB$ τα σημεία $D\,\,,\,\,E\,\,,\,\,Z$ αντίστοιχα έτσι ώστε: $\widehat {DAC} = 20^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE = ED\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BZ = 2DC$ . Αν το σημείο τομής των $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZE$ , να δείξετε ότι τα σημεία $Z\,,\,B\,,\,D\,,\,T$ ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

Έστω $S \equiv ZE \cap BC,ZQ \bot BC,Q \in BC,$ $DF \bot BC,F \in AC,L \equiv AD \cap CM$ , όπου το μέσο της .

Από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle ABD,\vartriangle ECD$ $\left( {\angle B = \angle C = {{60}^0},\angle DAB = \angle DEC = {{40}^0}} \right)$ προκύπτει ότι $\angle ADB = \angle EDC\mathop \Rightarrow \limits^{DF \bot BC}$ η δέσμη είναι αρμονική άρα και η σειρά $\left( A,F,E,C \right)$ είναι αρμονική οπότε και η δέσμη είναι αρμονική.

: Από ισόπλευρο σε εγγράψιμο.png (37.58 KiB) Προβλήθηκε 599 φορές

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ZQB\left( {\angle B = {{60}^0}} \right) \Rightarrow BQ = \dfrac{{BZ}}{2} = DC$ $\Rightarrow \vartriangle ZQB = \vartriangle FDC \Rightarrow ZQ = \parallel FD \Rightarrow ZF\parallel QD \equiv BS$

και από την αρμονική δέσμη $Z.AFEC\Rightarrow C$ το μέσο της $BS\mathop \Rightarrow \limits^{M\,\,\tau o\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,BZ} CM\parallel SZ:\left( 1 \right)$ .

Από την προφανή ισότητα (Π – Γ – Π) των τριγώνων $\vartriangle BMC,\vartriangle CDA \Rightarrow \angle BMC = \angle CDA \Rightarrow MC$ αντιπαράλληλη της ως προς της και με $MC\parallel ZS\Rightarrow ZS\equiv ZT$ αντιπαράλληλη της ως προς της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Από Ισόπλευρο σε εγγράψιμο

Από Ισόπλευρο σε εγγράψιμο

Re: Από Ισόπλευρο σε εγγράψιμο

Re: Από Ισόπλευρο σε εγγράψιμο

Re: Από Ισόπλευρο σε εγγράψιμο

Μέλη σε σύνδεση