Για Θαλή Α Λυκείου

#1

: ΣΧ2.png (31.76 KiB) Προβλήθηκε 1091 φορές

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από το $\displaystyle{B}$ και εφάπτεται της $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{A}$ . Επίσης θεωρούμε τον κύκλο
που διέρχεται από το $\displaystyle{C}$ και εφάπτεται της $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{A}$ . Έστω $\displaystyle{D}$ το δεύτερο σημείο στο οποίο τέμνονται οι δύο κύκλοι.
Από το $\displaystyle{B}$ φέρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle{Bx}$ έτσι ώστε οι γωνίες $\displaystyle{DBx}$ και $\displaystyle{ABC}$ να είναι ίσες. Αν η $\displaystyle{Bx}$ τέμνει την $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{E}$
να αποδείξετε ότι το $\displaystyle{D}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{AE}$

#2

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧ2.png

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από το $\displaystyle{B}$ και εφάπτεται της $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{A}$ . Επίσης θεωρούμε τον κύκλο
που διέρχεται από το $\displaystyle{C}$ και εφάπτεται της $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{A}$ . Έστω $\displaystyle{D}$ το δεύτερο σημείο στο οποίο τέμνονται οι δύο κύκλοι.
Από το $\displaystyle{B}$ φέρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle{Bx}$ έτσι ώστε οι γωνίες $\displaystyle{DBx}$ και $\displaystyle{ABC}$ να είναι ίσες. Αν η $\displaystyle{Bx}$ τέμνει την $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{E}$
να αποδείξετε ότι το $\displaystyle{D}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{AE}$

Για μια καλημέρα στον αγαπητό φίλο μου Δημήτρη

: Για Θαλή Α' Λυκείου.png (38.8 KiB) Προβλήθηκε 1034 φορές

Από $\angle DBE = \angle ABC \Rightarrow \angle EBC = \angle DBA$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle DBA = \angle EAC\,\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma )}$ $\angle EBC = \angle EAC \Rightarrow ABEC$

εγγράψιμο σε κύκλο (έστω $\left( O \right)$ κέντρου ) και έστω $Z\equiv BD\cap \left( O \right),Z\ne B$ και με $\angle EBC = \angle ABZ \Rightarrow \tau o\xi .EC = \tau o\xi .AZ \Rightarrow \boxed{ZC\parallel AE}:\left( 1 \right)$ .

Από $\left( 1 \right) \Rightarrow \angle ZCD = \angle ZCA + \angle ACD$ $\mathop = \limits^{\angle ZCA = \angle EAC\,\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \varepsilon \,\,\iota \sigma \alpha \,\,\tau o\xi \alpha ),\angle ACD = \angle BAE\,\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \, - \,\,\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma )}$

$\angle EAC + \angle BAE = \angle BAC$ $\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,BEC} \angle BZC \Rightarrow \vartriangle ZDC$ είναι ισοσκελές οπότε η διάμεσος είναι και ύψος ,

άρα η διέρχεται από το κέντρο του $\left( O \right) \Rightarrow OM \bot CZ\mathop \Rightarrow \limits^{AE\parallel CZ} MOD \bot AE \Rightarrow OD$ είναι το απόστημα στη χορδή του $\left( O \right)\Rightarrow D$

το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με αδελφική αγάπη
Στάθης

#3

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧ2.png

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από το $\displaystyle{B}$ και εφάπτεται της $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{A}$ . Επίσης θεωρούμε τον κύκλο
που διέρχεται από το $\displaystyle{C}$ και εφάπτεται της $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{A}$ . Έστω $\displaystyle{D}$ το δεύτερο σημείο στο οποίο τέμνονται οι δύο κύκλοι.
Από το $\displaystyle{B}$ φέρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle{Bx}$ έτσι ώστε οι γωνίες $\displaystyle{DBx}$ και $\displaystyle{ABC}$ να είναι ίσες. Αν η $\displaystyle{Bx}$ τέμνει την $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{E}$
να αποδείξετε ότι το $\displaystyle{D}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{AE}$

Καλημέρα.

Πρώτο βήμα.

: για Θαλή Α Λυκείου_a.png (29.6 KiB) Προβλήθηκε 1010 φορές

Έστω

τα μέσα των AB,AC

και

τα κέντρα των κύκλων $(K)\,\,,\,\,(L)$ που διέρχονται

από τα ζεύγη , $(A,\,\,B)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(A,\,\,C)$ κι εφάπτονται των AC,AB

αντίστοιχα.

Αν

το άλλο κοινό σημείο των κύκλων αυτών και S,T

τα αντιδιαμετρικά του

στους κύκλους $(K)\,\,,\,\,(L)$ τα σημεία S,D,T

ως γνωστό ανήκουν στην ίδια ευθεία

και μάλιστα $\boxed{AD \bot ST}\,\,(1)$ ( ασκησούλα με απλές διάφορες αποδείξεις).

Αν τώρα

το μέσο του

προφανώς το

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Δεύτερο βήμα:

: για Θαλή Α Λυκείου_b.png (35.56 KiB) Προβλήθηκε 1010 φορές

Φέρνουμε τώρα τη ημιευθεία

με $\widehat {{a_1}} = \widehat {xBC} = \widehat {DBA} = \widehat {{a_2}}$ . Επειδή $\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_2}}$ ( χορδής κι εφαπτομένης) θα είναι

$\boxed{\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_3}}}$ που μας εξασφαλίζει ότι και το

( τομή των $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Bx$ ) ανήκει στο περιγεγραμένο κύκλο , κέντρου

, του $\vartriangle ABC$ .

Μα τότε το

, λόγω της (1)

είναι απόστημα στη χορδή

του κύκλου αυτού και άρα AD = DE

.

Φιλικά Νίκος

Επανέρχομαι στο αίτημα οι θεματοδότες ( αν το θέμα ανήκει στους νέους ειδικούς φακέλους ) να καθορίζει το χρόνο φραγής .

#4

Αφού ευχαριστήσω τους πολύ καλούς φίλους Στάθη και Νίκο για τις ωραίες λύσεις, να πω ότι μόλις είδα πως δεν άλλαξα τα γράμματα στο σχήμα που έδωσα (αυτά που έδωσε το Geogebra). Έτσι, στην θέση του Ζ είναι το D και στην θέση του Η το Ε.

#5

: SXHMA.png (31.48 KiB) Προβλήθηκε 916 φορές

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧ2.png

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από το $\displaystyle{B}$ και εφάπτεται της $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{A}$ . Επίσης θεωρούμε τον κύκλο
που διέρχεται από το $\displaystyle{C}$ και εφάπτεται της $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{A}$ . Έστω $\displaystyle{D}$ το δεύτερο σημείο στο οποίο τέμνονται οι δύο κύκλοι.
Από το $\displaystyle{B}$ φέρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle{Bx}$ έτσι ώστε οι γωνίες $\displaystyle{DBx}$ και $\displaystyle{ABC}$ να είναι ίσες. Αν η $\displaystyle{Bx}$ τέμνει την $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{E}$
να αποδείξετε ότι το $\displaystyle{D}$ είναι το μέσον του $\displaystyle{AE}$

Ας δούμε και μια ακόμα λύση:

Είναι γων. CAD =

γων

(από χορδή και εφαπτομένη) και γων BAD =

γων

(χορδή και εφαπτομένη). Άρα τα τρίγωνα ABD , ACD

είναι
όμοια και άρα $\frac{AD}{DC}=\frac{BD}{AD}\Rightarrow AD^2 =DC.BD$ (1)

Από την ομοιότητα των πιο πάνω τριγώνων, έχουμε ότι γων BDA =

γων

και άρα γων BDE =

γων

. (2)
Επίσης αφού γων EBD =

γων

, άρα θα είναι και γων EBC =

γων

. Συνεπώς το τετράπλευρο ABEC

είναι εγγράψιμο και άρα
γων AEC =

γων

, από όπου και προκύπτει ότι γων AEC =

γων

. (3)

Από τις σχέσεις (2) , (3) έχουμε ότι και τα τρίγωνα BDE , EDC

είναι όμοια. Άρα $\frac{DE}{DC}=\frac{BD}{DE}\Rightarrow DE^2 =DC.BD$ , (4)

Από τις σχέσεις (1),(4) έπεται ότι AD^2 = DE^2

και άρα

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλημέρα σε όλους .
Μια προσέγγιση με αναζήτηση ίσων τριγώνων και με τις DA,DE

ομόλογες πλευρές τους. Με βοηθό και το σχήμα :

: 23-10 Για Θαλή...PNG (13.87 KiB) Προβλήθηκε 891 φορές

Έχουμε $\widehat{CBE}= \omega +\varphi =\widehat{ABD}$ ενώ και $\widehat{ABD}=\widehat{CAE}$ (σχέση χορδής κι' εφαπτομένης με εγγεγραμμένη).
Άρα , όπως αναφέρθηκε ήδη, το τετράπλευρο ABEC

είναι πλέον .. εγγεγραμμένο .

Η

τέμνει τον κύκλο αυτό στο

. Ας συγκρίνουμε τα τρίγωνα BAD, DEH

.
$\widehat{B}=\omega +\varphi =\widehat{H}$ ... $\widehat{BAD}=\widehat{ACD}$ (σχέση χορδής κι' εφαπτομένης με εγγεγραμμένη) ενώ $\widehat{ACH}=\widehat{AEH}$ άρα $\widehat{A}=\widehat{E}=\chi$ και επιπλέον τόξα :

$AH=BE \Rightarrow AB=HE$ οπότε και χορδές : AB=HE

. Συνεπώς τα εν λόγω τρίγωνα είναι ίσα (κριτήριο Γ-Π-Γ) και τελικά AD=DE

.

Φιλικά Γιώργος.

Για Θαλή Α Λυκείου

Για Θαλή Α Λυκείου

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

Μέλη σε σύνδεση