Δεν υπάρχει πιο απλό πράγμα από τα εγγράψιμα.

cool geometry · #1

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ABC

με περίκεντρο

. Θεωρούμε ευθεία που διέρχεται από το

και τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου BOC

στα σημεία D,E

(το

στο εσωτερικό του ABC

), έτσι ώστε $\angle DCB=15^{0}.$
Αν M,N

τα μέσα των CD,CE

αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο BOMN

είναι εγγράψιμο και να υπολογίσετε τον λόγο $\frac{(BOMN)}{(ABC)}.$

#2

Ας δούμε μία λύση σε ... συνέχειες!

Έστω

η ακτίνα του κύκλου.

Επιλύουμε το τρίγωνο OCM

από τα δεδομένα (η χορδή CO=R

, γιατί έχει αντίστοιχη εγγεγραμμένη γωνία 30^o

και η $CD=R\sqrt{2}$ , γιατί έχει αντίστοιχη εγγεγραμμένη γωνία 45^o

):

$CO=R, CM=CD/2=\frac{R\sqrt{2}}{2}, \measuredangle OCM=15^o$ ,

και βρίσκουμε $\measuredangle MOC =30^o$ , οπότε $\measuredangle BOM =90^o$ .

Στην συνέχεια, θα δείξουμε ότι, η

είναι κάθετη στην

, που θα δώσει $\measuredangle BNM =90^o$ . Σε συνδυασμό με την $\measuredangle BOM =90^o$ θα έχουμε το εγγράψιμο BOMN

.

Οι ακτίνες CA,CB

είναι συζυγείς αρμονικές των ακτίνων CD,CE

, αφού π.χ. η

είναι η πολική του

. 'Εστω $c=\angle BCE$ . Θα βρούμε την εφαπτομένη της. Έχουμε τον διπλό λόγο:

$\dfrac{sin\angle ACD}{sin\angle ACE }:\dfrac{sin\angle BCD}{sin \angle BCE}=1\Rightarrow \dfrac{sin 45^o}{sin(60^o+c) }:\dfrac{sin 15^o}{sinc}=1\Rightarrow \dfrac{sin(60^o+c)}{sinc }=\dfrac{sin 45^o}{sinc 15^o}$

Αντικαθιστούμε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς, αναπτύσσουμε το

, εμφανίζoυμε την tanc

και την βρίσκουμε

$tanc=\dfrac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}+1}$

Aπό εδώ, έχουμε $\measuredangle EBN=75^o$ και επειδή $\measuredangle BED=15^o$ η

είναι κάθετη στην

, όπως θέλαμε.

#3

cool geometry έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 12, 2022 7:52 am
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο με περίκεντρο . Θεωρούμε ευθεία που διέρχεται από το και τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στα σημεία (το στο εσωτερικό του ), έτσι ώστε $\angle DCB=15^{0}.$
Αν τα μέσα των αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο και να υπολογίσετε τον λόγο $\frac{(BOMN)}{(ABC)}.$

$\bullet$ Η εγγραψιμότητα του τετραπλεύρου BOMN

είναι ανεξάρτητη της γωνίας $\angle BCD$ δηλαδή ισχύει το εξής γενικότερο πρόβλημα:

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και τυχούσα τέμνουσα του περίκυκλου $\left( K \right)$ του τριγώνου $\vartriangle BOC$ (με το κέντρο του $\vartriangle ABC$ ) και μεταξύ των . Να δειχτεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά, όπου τα μέσα των αντίστοιχα.

Απόδειξη

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle DCE$ με M,N

τα μέσα δύο πλευρών του προκύπτει ότι $MN\parallel ED\equiv EA\overset{\vartriangle ACE}{\mathop{\Rightarrow }}\,NM$ διέρχεται και από το μέσο

της

που ταυτίζεται με το σημείο τομής της

με την

(λόγω του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ )

: Δεν υπάρχει πιο εύκολο από το εγγράψιμο.png (41.7 KiB) Προβλήθηκε 358 φορές

$\bullet$ Η

είναι (προφανώς) εφαπτόμενη του κύκλου $\left( K \right)$ ( $\angle OBA=\angle OCB={{30}^{0}}$ ) και συνεπώς $AD\cdot AE=A{{B}^{2}}\overset{AD=2TM,AE=2TN,AB=a}{\mathop{\Rightarrow }}\,4TM\cdot TN={{a}^{2}}\Rightarrow$ $TM\cdot TN=\dfrac{1}{4}{{a}^{2}}=\left( \dfrac{1}{3}\cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2} \right)\cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2}=TO\cdot TB$ $TM\cdot TN=TO\cdot TB:\left( 1 \right)$
Από τη σχέση $\left( 1 \right)$ σύμφωνα με το αντίστροφο του θεωρήματος των τεμνομένων χορδών προκύπτει η ομοκυκλικότητα των σημείων B,O,M,N

και το γενικότερο του πρώτου ερωτήματος έχει αποδειχθεί.

Σημείωση: Στην ειδική περίπτωση βέβαια που $\vartriangle BCD={{15}^{0}}$ όπως αναφέρει το Κώστας πιο πάνω προκύπτει ότι η είναι διάμετρος του περίκυκλου του εγγραψίμου τετραπλεύρου και είναι βέβαιο ότι θα βοηθήσει στον υπολογισμό του λόγου $\dfrac{\left( BOMN \right)}{\left( ABC \right)}$ (ή καλύτερα της έκφρασης του $\left( BOMN \right)$ συναρτήσει της πλευράς του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ ) για το οποίο ερώτημα δεν έχω (πιθανόν ακόμα) απάντηση

cool geometry · #4

Πάρα πολύ απλή λύση και με τη μαεστρία του Στάθη είναι πανέμορφη!!!!

Δεν υπάρχει πιο απλό πράγμα από τα εγγράψιμα.

Δεν υπάρχει πιο απλό πράγμα από τα εγγράψιμα.

Re: Δεν υπάρχει πιο απλό πράγμα από τα εγγράψιμα.

Re: Δεν υπάρχει πιο απλό πράγμα από τα εγγράψιμα.

Re: Δεν υπάρχει πιο απλό πράγμα από τα εγγράψιμα.

Μέλη σε σύνδεση