mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 14, 2017 7:55 pm**

: Δύσκολη συνευθειακότητα.png (21.17 KiB) Προβλήθηκε 1912 φορές

Η χορδή

, είναι κάθετη στη διάμετρο

και την τέμνει στο σημείο

.

Έστω σημείο

της

και σημείο

της προέκτασης της

, τέτοια

ώστε : $PC \parallel BQ$ . Αν η

τέμνει το εξωτερικά του κύκλου ημικύκλιο

διαμέτρου

στο σημείο

, δείξτε ότι τα σημεία S,T,Q

είναι συνευθειακά .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 14, 2017 9:28 pm**

Θα λύσουμε το ισοδύναμο αντίστροφο, δηλαδή ότι το

είναι η τομή του

και του

και πρέπει να αποδείξουμε πως το

ανήκει στο ημικύκλιο με διάμετρο

.

Με άλλα λόγια πρέπει να αποδείξουμε πως $CT\perp SQ$ .

Θα αποδείξουμε αρχικά πως τα τρίγωνα APD

και

είναι όμοια.

Πράγματι $\widehat{PAD}=\widehat{SAQ}$ (αφού το τρίγωνο BAC

είναι ισοσκελές). Αρκεί λοιπόν να αποδειχθεί πως $\dfrac{AP}{AS}=\dfrac{AD}{AQ}\Leftrightarrow AP\cdot AQ=AS\cdot AD$ .

Από θεώρημα Θαλή έχουμε ότι $\dfrac{AP}{AB}=\dfrac{AC}{AQ}\Leftrightarrow AP\cdot AQ=AB\cdot AC$ .

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε πως $AB\cdot AC=AS\cdot AD\Leftrightarrow AB^2=AD\cdot AS$ , που ισχύει καθώς είναι γνωστή μετρική για το ορθογώνιο τρίγωνο ABS

και το ύψος του

.

Επομένως τα τρίγωνα APD

και

είναι όμοια, άρα $\widehat{APT}=\widehat{AST}$ .

Άρα το APST

είναι εγγράψιμο.

Συνεπώς $\widehat{PAS}=\widehat{PTS}=\widehat{DTS}$ .

Όμως $\widehat{PAS}=\widehat{BCS}=\widehat{DCS}$ .

Επομένως $\widehat{DTS}=\widehat{DCS}$ , δηλαδή προκύπτει ότι το DCTS

είναι εγγράψιμο, άρα αφού $\widehat{CDS}=90^o$ , θα έχουμε και πως $\widehat{CTS}=90^o$ , άρα $CT\perp SQ$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 31, 2023 10:31 am**

Κάπως πιο απλά: Είναι $ST\perp TC$ οπότε DSTC

εγγράψιμο , επομένως $\angle DST=\angle DSC+\angle CST=\angle ABC+\angle BDP=\angle APD.$

Αρκεί νδο $\angle ASQ=\angle APD$ όμως $\angle SAQ=\angle DAP$ οπότε αρκεί νδο $\displaystyle \frac{AS}{AQ}=\frac{AP}{AD}\Leftrightarrow AP\cdot AQ=AS\cdot AD$ .

Όμως από $\displaystyle PC\parallel BQ\Rightarrow \frac{AP}{AB}=\frac{AC}{AQ}\Rightarrow AP\cdot AQ=AB^{2}$ , οπότε αρκεί νδο $AB^{2}=AS\cdot AD$

Η τελευταία ισχύει, καθώς $\angle ABD=\angle BSD$ ... κλπ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 31, 2023 9:41 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 14, 2017 7:55 pm
Δύσκολη συνευθειακότητα.pngΗ χορδή , είναι κάθετη στη διάμετρο και την τέμνει στο σημείο .

Έστω σημείο της και σημείο της προέκτασης της , τέτοια ώστε : $PC \parallel BQ$ . Αν η τέμνει το εξωτερικά του κύκλου ημικύκλιο διαμέτρου στο σημείο , δείξτε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά .

Μιας και επανήλθε το θέμα μετά τόσα χρόνια ας δούμε και μια ελαφρώς διαφορετική άποψη

: Δύσκολη συνευθειακότητα.png (43.6 KiB) Προβλήθηκε 1150 φορές

Από το ημικύκλιο διαμέτρου

προκύπτει ότι D,S,T,C

ομοκυκλικά και συνεπώς $\angle PTS\equiv \angle DTS=\angle DCS\equiv \angle BCS\overset{A,B,S,C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle BAS\equiv \angle PAS\Rightarrow A,P,S,T$ ομοκυκλικά

Αν

το συμμετρικό του

ως προς την $AS\Rightarrow \angle DPA=\angle DRA:\left( 1 \right)$ και $AR=AP:\left( 2 \right)$ (από συμμετρίες ως προς την διάμετρο

του αρχικού κύκλου).

Από $PC\parallel BQ\Rightarrow \dfrac{AP}{AB}=\dfrac{AC}{AQ}\overset{AP=AR,AB=AC}{\mathop{\Rightarrow }}\,A{{C}^{2}}=AR\cdot AQ\overset{A{{P}^{2}}=AD\cdot AS}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $AD\cdot AS=AR\cdot AQ\Rightarrow D,S,R,Q$ ομοκυκλικά, άρα $\angle ARD=\angle ASQ\overset{\angle ARD=\angle ART=\angle AST}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle AST=\angle ASQ\Rightarrow S,T,Q$ συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 02, 2023 12:40 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 14, 2017 7:55 pm
Δύσκολη συνευθειακότητα.pngΗ χορδή , είναι κάθετη στη διάμετρο και την τέμνει στο σημείο .

Έστω σημείο της και σημείο της προέκτασης της , τέτοια

ώστε : $PC \parallel BQ$ . Αν η τέμνει το εξωτερικά του κύκλου ημικύκλιο

διαμέτρου στο σημείο , δείξτε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά .

Στην προέκταση της

θεωρούμε σημείο

ώστε

οπότε η

είναι μεσοκάθετη της

,

συνεπώς $\angle AES= \angle AQS= \theta$

Θα αποδείξουμε ότι $\angle SCT= \theta$

Από το τραπέζιο $(PCQB) \Rightarrow (PNB)=(NCQ)$ άρα

$(PNB)+(APNC)=(NCQ)+(APNC) \Rightarrow (ABC)=(APQ)$

Έτσι, AP.AQ= AP.AE=AC^2=AD.AS

άρα

εγγράψιμμο ,συνεπώς $\angle SDT= \angle SCT= \angle AES= \theta$

και το ζητούμενο αποδείχτηκε

: συνευθειακά.png (49.91 KiB) Προβλήθηκε 1060 φορές

mathematica.gr

Δύσκολη συνευθειακότητα

Δύσκολη συνευθειακότητα

Re: Δύσκολη συνευθειακότητα

Re: Δύσκολη συνευθειακότητα

Re: Δύσκολη συνευθειακότητα

Re: Δύσκολη συνευθειακότητα