Ουρανοκατέβατη (;) ισότητα τμημάτων.

#1

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το αντιδιαμετρικό σημείο του . Οι δια των σημείων $A,\ A'$ κάθετες ευθείες επί των $AB,\ BC$ αντιστοίχως, τέμνονται στο σημείο έστω και ας είναι η προβολή του επί της Αποδείξτε ότι όπου $Z\equiv (K)\cap DE$ και ο κύκλος με διάμετρο

Κώστας Βήττας.

: Ουρανοκατέβατη (;) ισότητα τμημάτων.; f=181_t=58731.png (17.82 KiB) Προβλήθηκε 1112 φορές

ΥΓ. Όπως έχω πεί αλλού, τίποτα δεν έρχεται ουρανοκατέβατο.

#2

vittasko έγραψε:Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το αντιδιαμετρικό σημείο του . Οι δια των σημείων $A,\ A'$ κάθετες ευθείες επί των $AB,\ BC$ αντιστοίχως, τέμνονται στο σημείο έστω και ας είναι η προβολή του επί της Αποδείξτε ότι όπου $Z\equiv (K)\cap DE$ και ο κύκλος με διάμετρο

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όπως έχω πεί αλλού, τίποτα δεν είναι ουρανοκατέβατο.

Με $\angle AZC = {90^0}\mathop \Rightarrow \limits^{ZE \bot AC} \boxed{C{Z^2} = CE \cdot CA}:\left( 1 \right)$ (από το ημικύκλιο...)

$\bullet$ Εστω $F \equiv A'D \cap \left( O \right),F \ne A'$ . Τότε με διάμετρο του $\left( O \right) \Rightarrow AF \bot A'F\mathop \Rightarrow \limits^{BC \bot A'F} AF\parallel BC \Rightarrow ABCF$ τραπέζιο και επειδή είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( O \right)$ θα είναι ισοσκελές τραπέζιο ,

οπότε $\boxed{AB = CF}:\left( 2 \right)$ , που έχει (το τραπέζιο) άξονα συμμετρίας τη μεσοκάθετη $\left( \varepsilon \right)$ των βάσεών (που διέρχεται από το κέντρο του $\left( O \right)$ ) αλλά και από το μέσο της που είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο $AEDF\left( \angle AED=\angle AFD={{90}^{0}} \right)$ .
[attachment=0]Ουρανοκατέβατη ισότητα.png[/attachment]
$\bullet$ Είναι $\angle NFC\mathop = \limits^{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,\left( \varepsilon \right)} \angle NAB = {90^0} \Rightarrow$ $CF \bot NF\mathop \Rightarrow \limits^{NF\,\,\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\upsilon \,\left( {AEDF} \right)} CF$ εφαπτόμενη του εν λόγω κύκλου και

με τέμνουσα θα ισχύει $C{F^2} = CE \cdot CA\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} A{B^2} = CE \cdot CA\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \ldots \boxed{AB = CZ}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση
Στάθης

#3

Ας δούμε μία άλλη σκέψη...

: Ουρανοκατέβατη (;) ισότητα τμημάτων.; f=181_t=58731(a).png (19.81 KiB) Προβλήθηκε 930 φορές

$\bullet$ Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ZAC$ με $\angle Z = 90^{o}$ και $ZE\perp AC,$ έχουμε $\boxed{(CZ)^{2} = (CE)(CA)}\ \ \ ,(1)$

Τα σημεία $B,\ C,$ ταυτίζονται με τις προβολές του σημείου

επί των $AB,\ AC$ αντιστοίχως, λόγω της διαμέτρου AA'

( προφανές ).

Από $A'D\perp BC,$ σύμφωνα με το Θεώρημα Κούτρα ( αντίστροφο ), έχουμε $\displaystyle \frac{AB}{CE} = \frac{CA}{AB}\Rightarrow$ $\boxed{(AB)^{2} = (CE)(CA)}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{CZ = AB}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Ουρανοκατέβατη (;) ισότητα τμημάτων.

Ουρανοκατέβατη (;) ισότητα τμημάτων.

Re: Ουρανοκατέβατη (;) ισότητα τμημάτων.

Re: Ουρανοκατέβατη (;) ισότητα τμημάτων.

Μέλη σε σύνδεση