Σελίδα 1 από 1

Απλοϊκή καθετότητα

Δημοσιεύτηκε: Παρ Νοέμ 02, 2018 7:51 pm
από george visvikis
Απλοϊκή  καθετότητα.png
Απλοϊκή καθετότητα.png (16.97 KiB) Προβλήθηκε 461 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.

Re: Απλοϊκή καθετότητα

Δημοσιεύτηκε: Παρ Νοέμ 02, 2018 10:27 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
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)

Re: Απλοϊκή καθετότητα

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Νοέμ 03, 2018 11:32 am
από Ορέστης Λιγνός
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 370 φορές