Σελίδα 1 από 1

Με απλά "μέσα"

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 28, 2020 12:28 am
από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC , με AB<AC<BC και έστω (c) ο περιγεγραμμένος του κύκλος.
Φέρουμε τα ύψη BE και CZ. Ες είναι D ένα τυχαίο σημείο του μικρού τόξου AC. Οι ευθείες BD και CZ τέμνονται στο Q, ενώ οι BE και CD στο S. Τέλος , αν K το συμμετρικό του S ως προς το E, να αποδείξετε ότι ZE//KQ.

Re: Με απλά "μέσα"

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 28, 2020 1:02 am
από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ έγραψε:
Κυρ Ιουν 28, 2020 12:28 am
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC , με AB<AC<BC και έστω (c) ο περιγεγραμμένος του κύκλος.
Φέρουμε τα ύψη BE και CZ. Ες είναι D ένα τυχαίο σημείο του μικρού τόξου AC. Οι ευθείες BD και CZ τέμνονται στο Q, ενώ οι BE και CD στο S. Τέλος , αν K το συμμετρικό του S ως προς το E, να αποδείξετε ότι ZE//KQ.
Γεια σου Δημήτρη :)
Έστω \rm H ορθόκεντρο του \rm ABC και \rm T\equiv BE\cap (A,B,C).
Είναι \rm \angle DCA=\angle DBA=\angle QBZ άρα \rm \Delta BZQ\approx\Delta CES και επίσης \rm \angle QBH=\angle DBT=\angle DCT=\angle SCT οπότε \rm \dfrac{TS}{ET}=\dfrac{HQ}{HZ}\,\,\,(1).
Είναι γνωστό ότι \rm HE=TE οπότε \rm KH=KE-HE=SE-ET=TS και έτσι \rm \dfrac{TS}{ET}=\dfrac{KH}{HE}.
Αντικαθιστώντας στην \rm (1) έχουμε \rm \dfrac{HQ}{HZ}=\dfrac{HK}{HE} και έτσι από το θεώρημα του Θαλή έχουμε το ζητούμενο.
329.PNG
329.PNG (32.19 KiB) Προβλήθηκε 447 φορές

Re: Με απλά "μέσα"

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 28, 2020 4:53 am
από Doloros
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ έγραψε:
Κυρ Ιουν 28, 2020 12:28 am
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC , με AB<AC<BC και έστω (c) ο περιγεγραμμένος του κύκλος.
Φέρουμε τα ύψη BE και CZ. Ες είναι D ένα τυχαίο σημείο του μικρού τόξου AC. Οι ευθείες BD και CZ τέμνονται στο Q, ενώ οι BE και CD στο S. Τέλος , αν K το συμμετρικό του S ως προς το E, να αποδείξετε ότι ZE//KQ.
Το τετράπλευρο EZBC είναι εγγράψιμο γιατί οι κορυφές του Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E βλέπουν υπό ίσες ( και μάλιστα ορθές γωνίες ) τη πλευρά BC.

Στο τρίγωνο CTKη CE είναι ταυτόχρονα διάμεσος και ύψος άρα αυτό θα είναι ισοσκελές ,

οπότε η CE είναι και διχοτόμος της γωνίας της κορυφής του .

Δηλαδή : \widehat {{\phi _{}}} = \widehat {{\omega _1}} + \widehat {{\theta _1}} . Αλλά \widehat {{\phi _{}}} = \widehat {{\omega _2}} + \widehat {{\theta _2}} ως εγγεγραμμένες στο μικρό τόξο της χορδής AD.
με απλά μέσα.png
με απλά μέσα.png (42.23 KiB) Προβλήθηκε 431 φορές
Έτσι \widehat {{\omega _1}} + \widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\omega _2}} + \widehat {{\theta _2}}. Αλλά λόγω του προαναφερθέντος εγγραψίμου τετραπλεύρου

EZBC θα είναι : \widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} και η προηγούμενη δίδει: \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} που μου εξασφαλίζει ότι και το τετράπλευρο KBCQ είναι εγγράψιμο.

Από τα εγγράψιμα τώρα τετράπλευρα : EZBC και KBCQ έχω ταυτόχρονα:

\left\{ \begin{gathered} 
  \widehat {{x_{}}} = \widehat {EBC} \hfill \\ 
  \widehat {{y_{}}} = \widehat {KBC} \equiv \widehat {EBC} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \widehat {{x_{}}} = \widehat {{y_{}}} \Leftrightarrow ZE//KQ

Re: Με απλά "μέσα"

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 28, 2020 11:29 am
από Μιχάλης Τσουρακάκης
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΛΤΣΗΣ έγραψε:
Κυρ Ιουν 28, 2020 12:28 am
Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC , με AB<AC<BC και έστω (c) ο περιγεγραμμένος του κύκλος.
Φέρουμε τα ύψη BE και CZ. Ες είναι D ένα τυχαίο σημείο του μικρού τόξου AC. Οι ευθείες BD και CZ τέμνονται στο Q, ενώ οι BE και CD στο S. Τέλος , αν K το συμμετρικό του S ως προς το E, να αποδείξετε ότι ZE//KQ.

Με  SI//ZE \Rightarrow KZ=ZH και από την προφανή ισότητα των κόκκινων γωνιών, ISCB είναι εγγράψιμο

Όμως  \angle  \omega=  \angle \phi ως συμπληρώματα των ίσων γωνιών  ACD,DBA ,επομένως , IZ=ZQ,συνεπώς  KQ//IH//ZE
Με απλά μέσα.png
Με απλά μέσα.png (20.5 KiB) Προβλήθηκε 389 φορές