Απλοϊκή καθετότητα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8949
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Απλοϊκή καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Νοέμ 02, 2018 7:51 pm

Απλοϊκή  καθετότητα.png
Απλοϊκή καθετότητα.png (16.97 KiB) Προβλήθηκε 459 φορές
Το τρίγωνο ABC, AB<BC, είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω P, L τα μέσα του μικρού και του μεγάλου τόξου \overset\frown{AC}

αντίστοιχα. Αν M είναι το μέσο του BP και ο περίκυκλος του ABM επανατέμνει τη BC στο D, να δείξετε ότι LD\bot BC.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3990
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Απλοϊκή καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Νοέμ 02, 2018 10:27 pm

george visvikis έγραψε:
Παρ Νοέμ 02, 2018 7:51 pm
Απλοϊκή καθετότητα.png
Το τρίγωνο ABC, AB<BC, είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω P, L τα μέσα του μικρού και του μεγάλου τόξου \overset\frown{AC}

αντίστοιχα. Αν M είναι το μέσο του BP και ο περίκυκλος του ABM επανατέμνει τη BC στο D, να δείξετε ότι LD\bot BC.
Ωραίο Πρόβλημα Γιώργο (όχι δύσκολο βέβαια)


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1596
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Απλοϊκή καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Νοέμ 03, 2018 11:32 am

Καλημέρα σε όλους.

Έστω K το συμμετρικό του A ως προς το M. Τότε, αφού MB=MP, AM=MK, το APKB είναι παραλληλόγραμμο, οπότε AP \parallel BK.

Το P είναι το μέσο του μικρού τόξου AC, είναι \angle ABM=\angle MBD. Άρα, από το εγγράψιμο τετράπλευρο ABDM \Rightarrow \angle ADM=\angle DAM \Rightarrow MA=MD=MK \Rightarrow \angle ADK=90^\circ.

Ακόμη, αφού P,L τα μέσα του μικρού και του μεγάλου τόξου AC, η PL είναι διάμετρος του κύκλου, οπότε PA \perp AL , και αφού BK \parallel AP \Rightarrow BK \perp AL, και αν Q \equiv AL \cap BK \Rightarrow \angle AQK=90^\circ.

Έτσι, \angle ADK=\angle AQK=90^\circ \Rightarrow ADQK εγγράψιμο, οπότε \angle DQB=\angle DAK=\angle DAM=\angle MBD=\dfrac{\angle B}{2}.
Άρα, \angle DQL=90^\circ+\dfrac{\angle B}{2}.

Ακόμη, παρατηρούμε ότι \angle DBL=\angle CBL=\angle LAC=90^\circ-\angle PAC=90^\circ-\angle PBC=90^\circ-\dfrac{\angle B}{2}=180^\circ-\angle DQL.

Επομένως, \angle DQL+\angle DBL=180^\circ \Rightarrow BDQL εγγράψιμο, οπότε \angle BDL=\angle BQL =90^\circ \Rightarrow DL \perp BC, και τελειώσαμε.
KATHETH.png
KATHETH.png (45.71 KiB) Προβλήθηκε 368 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης