mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 15, 2020 9:20 pm**

: Δυσεξήγητη ιότητα.png (24.67 KiB) Προβλήθηκε 859 φορές

Το τρίγωνο ABC

είναι ορθογώνιο το

. Γράφουμε τους κύκλους (B,BA)

και

.

Πάνω στο προς την υποτείνουσα ύψος

, θεωρούμε τυχαίο σημείο

. Οι προεκτάσεις

των ημιευθειών BS , CS

, τέμνουν τους κύκλους (C) , (B)

στα σημεία Q , P

αντίστοιχα .

Ονομάζουμε

το σημείο τομής των PB , QC

, Δείξτε ότι : PT=QT

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 15, 2020 10:54 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 15, 2020 9:20 pm
Δυσεξήγητη ισότητα.pngΤο τρίγωνο είναι ορθογώνιο το . Γράφουμε τους κύκλους και .

Πάνω στο προς την υποτείνουσα ύψος , θεωρούμε τυχαίο σημείο . Οι προεκτάσεις

των ημιευθειών , τέμνουν τους κύκλους στα σημεία αντίστοιχα .

Ονομάζουμε το σημείο τομής των , Δείξτε ότι :

: 229.PNG (56.7 KiB) Προβλήθηκε 830 φορές

Καλησπέρα!

Θέτω $M\equiv BC\cap ST,R\equiv PQ\cap ST$ .Από το πλήρες τετράπλευρο BSCT.PQ

είναι $\left ( T,S/M,R \right )=-1$
Η

είναι πολική του

ως προς το κόκκινο κύκλο και αν θέσω

την τομή της

με τον κύκλο θα είναι $\left ( C,S/N,P \right )=-1$ .
Αφού όμως οι δέσμες $Q\left ( R,S,M,T \right ),Q(P,S,N,C)$ είναι αρμονικές έπεται ότι M,N,Q

συνευθειακά και όμοια P,L,M

συνευθειακά (

η τομή της

με τον πράσινο κύκλο).
Επειδή το

ανήκει στον ριζικό άξονα των κόκκινου και πράσινου κύκλου θα είναι $SP\cdot SN=SL\cdot SQ$ άρα PLNQ

εγγράψιμο.
Επιπλέον είναι από δύναμη σημείου $CN\cdot CP=CA^2=CQ^2$ άρα η

εφάπτεται του μπλε κύκλου στο

.
Όμοια και η

στο

.
Έχουμε λοιπόν τις ισότητες $\left\{\begin{matrix} & \angle LPQ=\angle BQC & \\ & \angle PQL=\angle BPC & \end{matrix}\right.\Rightarrow \angle BPQ=\angle CQP\Leftrightarrow TP=TQ$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 16, 2020 5:29 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 15, 2020 9:20 pm
Δυσεξήγητη ισότητα.pngΤο τρίγωνο είναι ορθογώνιο το . Γράφουμε τους κύκλους και .

Πάνω στο προς την υποτείνουσα ύψος , θεωρούμε τυχαίο σημείο . Οι προεκτάσεις

των ημιευθειών , τέμνουν τους κύκλους στα σημεία αντίστοιχα .

Ονομάζουμε το σημείο τομής των , Δείξτε ότι :

: Λήμμα Δυσεξήγητης.png (33.93 KiB) Προβλήθηκε 778 φορές

Έστω το ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,\left( {A = 90^\circ } \right)$ και οι κύκλοι $\left( {B,BA} \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {C,CA} \right)$ καθώς και το ημικύκλιο διαμέτρου

.

Δια τυχαίου σημείου

του ύψους

φέρνω πρώτα τη

που τέμνει το ημικύκλιο στο

και τον κύκλο $\left( {B,BA} \right)$ στο

.

Φέρνω την

και την προεκτείνω μέχρι να συναντήσει το ριζικό άξονα των δύο κύκλων στο

.

Επειδή $\widehat {BMC} = 90^\circ$ γιατί βαίνει σε ημικύκλιο και η

εφαπτομένη του ημικυκλίου θα έχω :

$B{P^2} = B{A^2} = BD \cdot BC = BM \cdot BF \Rightarrow \boxed{B{P^2} = BM \cdot BF}$ που μας εξασφαλίζει ότι η

$\widehat {BPF} = 90^\circ$ και άρα η

εφάπτεται του κύκλου $\left( {B,BA} \right)$

Φέρνω τώρα και την

που τέμνει το ημικύκλιο στο

, τον κύκλο $\left( {C,CA} \right)$ στο

και προφανώς το

είναι ορθόκεντρο του $\vartriangle FBC$ .

Με όμοιο τρόπο έχω ότι

εφάπτεται στον $\left( {C,CA} \right)$ και προφανώς το $J \equiv Q$

: Δυσεξήγητη ισότητα.png (34.08 KiB) Προβλήθηκε 778 φορές

Πάμε στην εκφώνηση :

Οι εφαπτόμενες των δύο κύκλων στα $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q$ τέμνονται όπως έδειξα επί του ριζικού άξονα

σε σημείο

.

Θα είναι $FP = FQ\,$ και το τετράπλευρο FPTQ

εγγράψιμο και άρα $\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}\,\,(1)$

Αλλά λόγω του πιο πάνω εγγράψιμου τετράπλευρου , $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_4}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \widehat {{a_3}}$

Η τελευταία κι αφού το τρίγωνο FQT

είναι ορθογώνιο στο

μας εξασφαλίζει ότι

$QP \bot FT$ δηλαδή στο τρίγωνο TPQ

η

είναι ταυτόχρονα φορέας του ύψους και της διχοτόμου της γωνίας στο

, άρα είναι ισοσκελές.

mathematica.gr

Δυσεξήγητη ισότητα

Δυσεξήγητη ισότητα

Re: Δυσεξήγητη ισότητα

Re: Δυσεξήγητη ισότητα