Από το μέσο της χορδής

#1

Με αφορμή πρόσφατο θέμα.

: Διέρχεται από το μέσο της χορδής.Γ.png (21.09 KiB) Προβλήθηκε 1497 φορές

Έστω

το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC (AB<AC),

το σημείο τομής της

με την

και σημείο

του τμήματος

ώστε

Αν

είναι το αντιδιαμετρικό του

και η

τέμνει τον κύκλο (O)

στο

να δείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABE

διέρχεται από το μέσο

του

Henri van Aubel · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Henri van Aubel · #3

Καλησπέρα! Ωραίο.

Έχουμε $\displaystyle \frac{AT}{NT}=\frac{2AT}{BT}=\frac{2\sin \angle AFH}{\sin \angle BFH}$

Όμως $\displaystyle \frac{\sin \angle AFH}{\sin \angle BFH}\cdot \frac{BH}{AH}=\frac{\sin \angle FAH}{\sin \angle FBH}\Leftrightarrow \frac{\sin \angle AFH}{\sin \angle BFH}=\frac{\sin \left ( 90^\circ-B+C \right )}{2\cos B}$

Επομένως $\displaystyle \frac{AT}{NT}=\frac{2\cos \left ( B-C \right )}{2\cos B}=\frac{\cos \left ( B-C \right )}{\cos B}=\frac{AC}{EC}$

Αφού $\angle ATN=\angle ACE$ έπεται ότι $ANT\sim AEC$ , επομένως $\angle ANT=\angle AEC$

Συνεπώς $\angle ANB=\angle AEB$ οπότε AENB

εγγράψιμο

Henri van Aubel · #4

Τελικά, υπάρχει γεωμετρική λύση;;

Μία άλλη λύση.

Θεωρούμε το μέσο

του τμήματος

και ο κύκλος $\left ( ABE \right )$ επανατέμνει την

στο

Αρκεί να δείξουμε ότι $\angle BNQ=\angle BTC\Rightarrow NQ\parallel TC\Rightarrow FH\perp NQ$

Είναι $\displaystyle FN^{2}-HN^{2}=\frac{BF^{2}+FT^{2}-\left ( BH^{2}+HT^{2} \right )}{2}=\frac{FC^{2}-BC^{2}+FC^{2}-BH^{2}-HC^{2}}{2}\Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow FN^{2}-HN^{2}=FC^{2}-\left ( BH^{2}+HC^{2}+BH\cdot HC \right )\left ( 1 \right )$

Όμως $\displaystyle FQ^{2}-HQ^{2}=\left(FC^{2}-AC^{2}+AQ^{2}\right)-\left ( AQ^{2}+AH^{2} -2AQ\cdot AH\cdot \cos \angle HAQ\right )\Rightarrow$

$\displaystyle \Rightarrow FQ^{2}-HQ^{2}=FC^{2}-\left ( AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AQ\cdot \cos \angle HAC \right )\left ( 2 \right )$

Οπότε , αρκεί να δείξουμε ότι $AC^{2}+AB^{2}-2AB\cdot AQ\cdot \cos \angle HAC=CH\cdot CB+BH^{2}=AC^{2}-AB^{2}+BH^{2}$

Έχουμε $\displaystyle \frac{AQ}{AB}=\frac{\sin \left ( 2B-90^\circ \right )}{\cos \left ( B-C \right )}=\frac{-\cos 2B}{\cos \angle HAC}\Leftrightarrow AQ\cdot \cos \angle HAC=-AB\cdot \cos 2B$

Επομένως, αρκεί να δείξουμε ότι $\displaystyle 2AB^{2}+2AB^{2}\cdot \cos 2B=BH^{2}\Leftrightarrow \frac{BH}{AB}=\sqrt{2+2\cos 2B}=2\cos B$ , που ισχύει ...

Παιδιά, έχει βρει κανείς συνθετική λύση ;;

Η άσκηση σχετίζεται με αυτή viewtopic.php?f=181&t=74170&p=360230#p360230
Νομίζω ότι η άσκηση του συνδέσμου είναι πιο απλή.

#5

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 16, 2023 8:13 am
Με αφορμή πρόσφατο θέμα. Διέρχεται από το μέσο της χορδής.Γ.png
Έστω το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου το σημείο τομής της με την και σημείο

του τμήματος ώστε Αν είναι το αντιδιαμετρικό του και η τέμνει τον κύκλο στο

να δείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου διέρχεται από το μέσο του

Ας δούμε λοιπόν Κώστα και τη συνθετική λύση που ψάχνεις ανεξάρτητα από την άσκηση της παραπομπής

Έστω

το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των BH,BT

, με

τα μέσα αυτών αντίστοιχα. Προφανώς από AB=AH

η μεσοκάθετη της

διέρχεται από το

και η μεσοκάθετη της χορδής

διέρχεται από το

και αρκεί ως ισοδύναμο πρόβλημα να δείξουμε ότι το τετράπλευρο ABNE

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

Αν $L\equiv AS\cap FT$ τότε από $\angle BMS=\angle BNS=\angle LMC\overset{FC\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle FTC\equiv \angle LTC={{90}^{0}}$ προκύπτει ότι τα τετράπλευρα BMNS,MLCT

είναι εγγράψιμα σε κύκλους διαμέτρων BS,CL

αντίστοιχα και $MN\parallel HT\equiv LT$ (αφού M,N

είναι τα μέσα των πλευρών BH,BT

αντίστοιχα του τριγώνου $\vartriangle BHT$ ).

: Από το μέσο της χορδής.png (59.78 KiB) Προβλήθηκε 1016 φορές

Έτσι έχουμε:
$\angle BTS\overset{NT\,\,\mu \varepsilon \sigma o\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \eta \,\,\tau \eta \varsigma \,\,BT}{\mathop{=}}\,\angle SBT\equiv \angle SBN\overset{B,M,N,S\,\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,$ $\angle SMN\overset{MN\parallel LT}{\mathop{=}}\,\angle MLT\overset{L,M,T,C\,\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle MCT\equiv \angle BCT\Rightarrow$ ST,SB

εφαπτόμενες του $\left( O \right)\Rightarrow AS$ η ευθεία της συμμετροδιαμέσου του τριγώνου $\vartriangle ABT\Rightarrow \angle BAS=\angle NAT\overset{\angle BAS\equiv \angle BAM=\angle OAC\equiv \angle EAC\left( * \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle EAC=\angle NAT\overset{+\angle TAE}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\angle TAC=\angle NAE\overset{\angle TAE=\angle TBC\left( A,B,T,C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \right)\equiv \angle NBE}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle NBE=\angle NAE\Rightarrow A,B,N,E$ ομοκυκλικά και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Henri van Aubel · #6

Στάθη, είσαι μαέστρος! (προφανώς

)

Το σημείο

είναι το κλειδί της λύσης. Πάντως, το γεγονός ότι αρκεί νδο $\angle NAT=\angle CAE$ φωνάζει συμμετροδιάμεσο! Δεν ξέρω γιατί δεν το είδα!

Μία πιο ορθόδοξη σκέψη θα ήταν αυτή:

Αρκεί νδο $\angle BNA=\angle BEA$ κι αφού $\angle NTA=\angle ECA$ , έπεται πως αρκεί νδο $\angle CAE=\angle NAT$ .

Εδώ σκεφτόμαστε να θεωρήσουμε

την τομή των εφαπτομένων στα

,

του $\left ( O \right )$ , οπότε $\angle BAS=\angle NAT$ .

Πλέον αρκεί νδο $\angle BAS=\angle CAE$ , δηλαδή αρκεί νδο $AS\perp BH$ . Όμως AB=AH

, οπότε αρκεί νδο SB=SH.

Όμως $\displaystyle \angle BST=2(90^\circ-\angle BCT)=2\angle THC^{SB=ST}\Rightarrow S$ περίκεντρο του $\vartriangle BHT$ κλπ.

Από το μέσο της χορδής

Από το μέσο της χορδής

Re: Από το μέσο της χορδής

Re: Από το μέσο της χορδής

Re: Από το μέσο της χορδής

Re: Από το μέσο της χορδής

Re: Από το μέσο της χορδής

Μέλη σε σύνδεση