Του ίχνους τα καμώματα

#1

: Έγκεντρο από ύψος.png (16.86 KiB) Προβλήθηκε 430 φορές

Το ύψος

οξυγώνιου τριγώνου ABC

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο

και

είναι οι προβολές του ίχνους

του στις AB, AC.

Αν η

τέμνει τον κύκλο στα L, M,

να δείξετε ότι το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου KLM.

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 16, 2021 8:00 pm
Έγκεντρο από ύψος.png
Το ύψος οξυγώνιου τριγώνου τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο και είναι οι προβολές του ίχνους

του στις Αν η τέμνει τον κύκλο στα να δείξετε ότι το είναι το έγκεντρο του τριγώνου

: Του ίχνους τα καμμώματα.png (40.34 KiB) Προβλήθηκε 340 φορές

Προφανώς $\displaystyle{AEDZ}$ εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου $\displaystyle{AD}$ (από τις ορθές γωνίες) οπότε είναι $\displaystyle{\angle AEZ = ADZ\mathop = \limits^{{\rm O}\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \iota \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle ACD \equiv \angle ZCB \Rightarrow E,Z,C,B}$ ομοκυκλικά και επι πλέον $\displaystyle{\angle AEZ = \angle ACB \Rightarrow \dfrac{{\tau o\xi .AM + \tau o\xi .BL}}{2} = \dfrac{{\tau o\xi .ALB}}{2} = \dfrac{{\tau o\xi .AL + \tau o\xi .BL}}{2}}$
$\displaystyle{ \Rightarrow \tau o\xi .AM = \tau o\xi .AL \Rightarrow AM = AL:\left( 1 \right)}$ . Αν $\displaystyle{T}$ είναι το δεύτερο (εκτός του $\displaystyle{A}$ ) κοινό σημείο των κύκλων $\displaystyle{\left( {A,E,D,Z} \right),\left( {A,B,C} \right)}$ τότε $\displaystyle{AT,EZ,BC}$ διέρχονται από το ριζικό κέντρο των ως άνω τριών ανά δύο τεμνομένων κύκλων (έστω $\displaystyle{S}$ ) και φυσικά $\displaystyle{DT \bot AS}$ .
Από $\displaystyle{AL = AM \Rightarrow \angle ALM = \angle AML \Rightarrow \angle ASL + \angle TAL = \angle AMT + \angle TML}$ $\displaystyle{\mathop \Rightarrow \limits^{\angle TAL = \angle TML} \angle ASL = \angle AMT = \angle ALT}$ και συνεπώς ο περίκυκλος του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle SLT}$ εφάπτεται της $\displaystyle{AT}$ οπότε ισχύει: $\displaystyle{A{L^2} = AT \cdot AS\mathop = \limits^{\vartriangle ADS\left( {\angle D = {{90}^0}} \right),DT \bot AS} A{D^2} \Rightarrow AL = AD = AM}$
Αν γράψουμε λοιπόν τον κύκλο $\displaystyle{\left( {A,AD} \right)}$ θα διέρχεται και από τα σημεία $\displaystyle{M,L}$ και συνεπώς $\displaystyle{\angle LMD\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta - \varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \dfrac{{\angle LAD}}{2} = \dfrac{{\angle LAK}}{2} = \dfrac{{\angle LMK}}{2} \Rightarrow MD}$ διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\angle LMK}$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\displaystyle{LD}$ διχοτόμος της $\displaystyle{\angle MLK}$ άρα το $\displaystyle{D}$ είναι το έγκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle LKM}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Του ίχνους τα καμώματα

Του ίχνους τα καμώματα

Re: Του ίχνους τα καμώματα

Μέλη σε σύνδεση