Παράξενη ισότητα

KARKAR · #1

: Παράξενη ισότητα.png (19.41 KiB) Προβλήθηκε 1037 φορές

Τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O)

και

είναι το αντιδιαμετρικό του

.

Οι εφαπτόμενες στις κορυφές B,C

, τέμνονται στο

. Η κάθετη προς την A'S

στο

,

τέμνει τις προεκτάσεις των AB , AC

στα

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : A'B'=A'C'

.

#2

KARKAR έγραψε:Τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και είναι το αντιδιαμετρικό του .Οι εφαπτόμενες στις κορυφές , τέμνονται στο . Η κάθετη προς την στο ,τέμνει τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

$\bullet$ Αν είναι οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα τότε με $S{A}'\bot {B}'{C}'$ σύμφωνα με το Stathis Koutras’ Theorem

θα είναι: $\dfrac{B{B}''}{C{C}''}=\dfrac{A{C}'}{A{B}'}:\left( 1 \right)$ . Επίσης $\angle B''BS\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \,\, - \,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }$

$\angle AA'B\mathop \Rightarrow \limits^{\angle BB''S = \angle A'BA = {{90}^0}} \vartriangle SB''B \sim \vartriangle ABA' \Rightarrow$

$\dfrac{{BB''}}{{A'B}} = \dfrac{{SB}}{{AA'}}:\left( 2 \right)$ και με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\vartriangle SC''C \sim \vartriangle ACA' \Rightarrow \dfrac{{CC''}}{{A'C}} = \dfrac{{SC}}{{AA'}}:\left( 3 \right)$
[attachment=0]Παράξενη Ισότητα.png[/attachment]
$\bullet$ Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{SB = SC(\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \alpha \,\,\tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha )} \dfrac{{BB''}}{{A'B}} = \dfrac{{CC''}}{{A'C}} \Rightarrow$ $\dfrac{{BB''}}{{CC''}} = \dfrac{{A'B}}{{A'C}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{AC'}}{{AB'}} = \dfrac{{A'B}}{{A'C}} \Rightarrow AB' \cdot A'B = AC' \cdot A'C$

$\Rightarrow \left( {AA'B'} \right) = \left( {AA'C'} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\kappa o\iota \nu o\,\,\upsilon \psi o\varsigma \,\,\alpha \pi o\,\,\tau o\,\,A} \boxed{A'B' = A'C'}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθιης

#3

KARKAR έγραψε:Παράξενη ισότητα.pngΤρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και είναι το αντιδιαμετρικό του .Οι εφαπτόμενες στις κορυφές , τέμνονται στο . Η κάθετη προς την στο ,τέμνει τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

Μια διαφορετική απόδειξη του όμορφου αυτού προβλήματος

: Παράξενη Ισότητα 2.png (48.03 KiB) Προβλήθηκε 965 φορές

Έστω ${B}''\equiv {A}'C\cap AB\,\,\And \,\,{C}''\equiv {A}'B\cap AC$ . Τότε με $\angle {B}''B{C}''=\angle {B}''C{C}''={{90}^{0}}\Rightarrow B,C,{C}'',{B}''$ ομοκυκλικά σε κύκλο διαμέτρου και κέντρου (αφού μεσοκάθετη της και $\angle B''BS = \angle ACB = \angle BB''C''$ ) και με ${A}'\equiv B{C}''\cap C{B}''\,\,\And \,\,S{A}'\bot {B}'{C}'$ σύμφωνα με το θεώρημα της «Πεταλούδας» που μια "φρέσκια" απόδειξή του βρίσκεται εδώ θα είναι {A}'{B}'={A}'{C}'

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Η πιο πάνω απόδειξη είναι αφιερωμένη στον μικρό μας (σε ηλικία) αλλά ΜΕΓΙΣΤΟ στο "ΠΙΣΜΑ" ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ

#4

KARKAR έγραψε:Παράξενη ισότητα.pngΤρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και είναι το αντιδιαμετρικό του .Οι εφαπτόμενες στις κορυφές , τέμνονται στο . Η κάθετη προς την στο ,τέμνει τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

Πάμε για μια τελευταία με στοιχειώδη μέσα για να το "βγάλουμε το μεροκάματο σήμερα" με το ένσημο μαζί

Με ${B}''\equiv {A}'C\cap AB,{C}''\equiv {A}'B\cap AC$ το θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle A{B}''{C}''$ και εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου (λόγω των ορθών γωνιών) κέντρου (αφού μεσοκάθετη της (από τα εφαπτόμενα τμήματα).

Αν είναι οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα, τότε με μέσο της και $SK\parallel {C}''B,SL\parallel {B}''C$ θα είναι τα μέσα των .
Στα προφανώς όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle {A}'B{B}'',\vartriangle {A}'C{C}''$ οι είναι ομόλογοι διάμεσο και συνεπώς $\angle {A}'KB=\angle {A}'LC:\left( 1 \right)$
[attachment=0]3.png[/attachment]
Είναι $\left\{ \begin{gathered} \angle A'KB'\mathop = \limits^{S,K,B',A'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \,\,\left( {SK \bot B'K,SA' \bot B'A'} \right)} \angle A'SB' \hfill \\ \angle A'LC\mathop = \limits^{S,L,C',A'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \,\,\left( {SL \bot C'L,SA' \bot C'A'} \right)} \angle A'SC' \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\angle A'SB' = \angle A'SC'\mathop \Rightarrow \limits^{SA' \bot B'C'} A'$ το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#5

Ακόμη μια στοιχειώδης .

Θεωρούμε τον κλασσικό συμβολισμό των γωνιών του $\vartriangle ABC$ με A,B,C

Γράφω τους κύκλους διαμέτρων $B'A'\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A'C'$ οι οποίοι προφανώς διέρχονται από

τα B,C

αντίστοιχα. Οι κύκλοι αυτοί τέμνουν τις SB,SC

στα

αντίστοιχα.

Επειδή $SE \cdot SB = A'{S^2} = SZ \cdot SC \Rightarrow \boxed{BE = CZ}$ . Αν δείξω ότι $\widehat {EB'B} = \widehat {ZA'C}$ οι κύκλοι

θα είναι ίσοι και άρα θα έχουν ίσες διαμέτρους. Πράγματι .

: παράξενη ισότητα KARKAR.png (49.81 KiB) Προβλήθηκε 906 φορές

$\widehat \theta = \widehat {EBA'} = \widehat {BAA'} = \widehat {BCA'} = 90^\circ - \widehat C$ δηλαδή $\boxed{\widehat \theta = 90^\circ - \widehat C}\,\,(1)$

Προφανώς δε $\widehat \omega = \widehat {ZCC'} = \widehat B$ (Υπό χορδής κι εφαπτομένης) , δηλαδή $\boxed{\widehat \omega = \widehat B}\,(2)$ .

Από το $\vartriangle AB'C'$ έχω : $\widehat x + \widehat A + \widehat {C'} = 180^\circ \Rightarrow \widehat x + \widehat A + 90^\circ - \widehat y$ και άρα

$\boxed{x = 90^\circ + \widehat y - \widehat A}\,\,(3)$ . Προσθέτω τώρα τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3)$ κατά μέλη κι έχω :

$\widehat \theta + \widehat x = 90^\circ - \widehat C + 90^\circ - \widehat A + \widehat y = \widehat B + \widehat y = \widehat \omega + \widehat y$ δηλαδή

$\boxed{\widehat {EB'B} = \widehat {ZA'C}}$ ο. ε. δ.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

KARKAR έγραψε:Παράξενη ισότητα.pngΤρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και είναι το αντιδιαμετρικό του .

Οι εφαπτόμενες στις κορυφές , τέμνονται στο . Η κάθετη προς την στο ,

τέμνει τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

Ας είναι $\displaystyle{M,N}$ μέσα των $\displaystyle{AB',AC'}$ αντίστοιχα. Επειδή $\displaystyle{MN//B'C'}$ και $\displaystyle{SA' \bot B'C' \Rightarrow SAP \bot MN}$

Επίσης $\displaystyle{OB \bot SB}$ οπότε $\displaystyle{OPBS}$ εγγράψιμο και ο περίκυκλός του περνά από το $\displaystyle{C}$ αφού $\displaystyle{\angle OCS = {90^0}}$

Τότε $\displaystyle{\angle BPC = \angle BOC = 2\angle A}$ .Αλλά από το εγγράψιμο $\displaystyle{PBSC \Rightarrow \angle \theta = \angle SBC = \angle A}$ ,άρα $\displaystyle{\angle BPA' = \angle A}$

Επειδή όμως το $\displaystyle{MPA'B}$ είναι εγγράψιμο( $\displaystyle{A'B \bot AP}$ ) θα είναι και $\displaystyle{\angle BMA' = \angle A \Rightarrow MA'//AC'}$ .Άρα $\displaystyle{A'}$ μέσον του $\displaystyle{B'C'}$

: παράξενη ισότητα.png (40.35 KiB) Προβλήθηκε 851 φορές

Παράξενη ισότητα

Παράξενη ισότητα

Re: Παράξενη ισότητα

Re: Παράξενη ισότητα

Re: Παράξενη ισότητα

Re: Παράξενη ισότητα

Re: Παράξενη ισότητα

Μέλη σε σύνδεση