Διπλασιασμός

#1

: Διπλασιασμός.png (25.24 KiB) Προβλήθηκε 625 φορές

Κύκλος

εφάπτεται ευθείας στο σημείο

.Πάνω στην ευθεία και εκατέρωθεν του

έστω τα σημεία $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ .

Φέρνω το ( άλλο ) εφαπτόμενο τμήμα

στον κύκλο (C)

και τον περιγεγραμμένο κύκλο (L)

του τριγώνου ABC

που τέμνει, ακόμα , τον (C)

στο σημείο

.

Αν

η προβολή του

στην

, δείξετε ότι : $\widehat {BTD} = 2\widehat {ABC}$ .

#2

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 19, 2018 5:52 pm
Διπλασιασμός.png

Κύκλος εφάπτεται ευθείας στο σημείο .Πάνω στην ευθεία και εκατέρωθεν του έστω τα σημεία $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ .

Φέρνω το ( άλλο ) εφαπτόμενο τμήμα στον κύκλο και τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου που τέμνει, ακόμα , τον στο σημείο .

Αν η προβολή του στην , δείξετε ότι : $\widehat {BTD} = 2\widehat {ABC}$ .

Έστω $M \equiv AB \cap \left( O \right),M \ne A$ . Τότε $\angle ABC + \angle ABT = \angle CBT\mathop = \limits^{B,C,A,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }$ $\angle XAT$

$\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \,\, - \,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle AMT$ $\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle AMB} \angle ABT + \angle BTM$ $\Rightarrow \angle ABC = \angle BTM:\left( 1 \right)$

: Διπλασιασμός.png (37.93 KiB) Προβλήθηκε 573 φορές

Οπότε ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle BMT$ εφάπτεται της στο και συνεπώς το είναι το (ένα) κοινό εφαπτόμενο τμήμα των κύκλων $\left( O \right),\left( B,T,M \right)$ , άρα η κοινή τους χορδή (ριζικός άξονας) διέρχεται από το μέσο του .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle BDS\left( {\angle BDS = {{90}^0}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{K\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,\upsilon \pi o\tau \varepsilon \iota \nu o\upsilon \sigma \alpha \varsigma \,\,BS}$ $\angle BDK = \angle KBD \equiv \angle CBA\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \angle BTM \equiv \angle BTK \Rightarrow$

ομοκυκλικά, άρα $\angle BTD = \angle DKS = 2\angle ABC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 19, 2018 10:55 pm

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 19, 2018 5:52 pm
Διπλασιασμός.png

Κύκλος εφάπτεται ευθείας στο σημείο .Πάνω στην ευθεία και εκατέρωθεν του έστω τα σημεία $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ .

Φέρνω το ( άλλο ) εφαπτόμενο τμήμα στον κύκλο και τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου που τέμνει, ακόμα , τον στο σημείο .

Αν η προβολή του στην , δείξετε ότι : $\widehat {BTD} = 2\widehat {ABC}$ .
Έστω $M \equiv AB \cap \left( O \right),M \ne A$ . Τότε $\angle ABC + \angle ABT = \angle CBT\mathop = \limits^{B,C,A,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }$ $\angle XAT$

$\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \,\, - \,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle AMT$ $\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle AMB} \angle ABT + \angle BTM$ $\Rightarrow \angle ABC = \angle BTM:\left( 1 \right)$
Διπλασιασμός.png
Οπότε ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle BMT$ εφάπτεται της στο και συνεπώς το είναι το (ένα) κοινό εφαπτόμενο τμήμα των κύκλων $\left( O \right),\left( B,T,M \right)$ , άρα η κοινή τους χορδή (ριζικός άξονας) διέρχεται από το μέσο του .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle BDS\left( {\angle BDS = {{90}^0}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{K\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,\upsilon \pi o\tau \varepsilon \iota \nu o\upsilon \sigma \alpha \varsigma \,\,BS}$ $\angle BDK = \angle KBD \equiv \angle CBA\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \angle BTM \equiv \angle BTK \Rightarrow$

ομοκυκλικά, άρα $\angle BTD = \angle DKS = 2\angle ABC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Αν δεν δοθεί άλλη λύση θα γράψω μια τουλάχιστον ακόμη και την πηγή . Η δική μου πάντως δεν είναι τόσο ωραία σαν του ασύγκριτου Στάθη

#4

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 19, 2018 5:52 pm
Διπλασιασμός.png

Κύκλος εφάπτεται ευθείας στο σημείο .Πάνω στην ευθεία και εκατέρωθεν του έστω τα σημεία $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ .

Φέρνω το ( άλλο ) εφαπτόμενο τμήμα στον κύκλο και τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου που τέμνει, ακόμα , τον στο σημείο .

Αν η προβολή του στην , δείξετε ότι : $\widehat {BTD} = 2\widehat {ABC}$ .

Καλά Χριστούγεννα σε όλους

Για διευκόλυνση όσων τη διαβάσουν, αφήνω τα ίδια γράμματα με το Στάθη. Οι πράσινες γωνίες είναι ίσες με $\displaystyle \varphi = 90^\circ - \frac{C}{2}$

: Διπλασιασμός..png (27.42 KiB) Προβλήθηκε 472 φορές

● $\displaystyle S\widehat TA = \varphi = \frac{{180^\circ - \widehat C}}{2} = \frac{{B\widehat TA}}{2}.$ Άρα η

είναι διχοτόμος της $B\widehat TA$

● $\displaystyle B\widehat TM = B\widehat TA - M\widehat TA = 2S\widehat TA - (180^\circ - A\widehat SM) = 2\varphi - (\varphi + M\widehat AS) = \varphi - M\widehat AS \Leftrightarrow$ $\boxed{B\widehat TM = \omega }$

● Τα τρίγωνα BMK, BTK

είναι όμοια, άρα $\displaystyle \frac{{BK}}{{KT}} = \frac{{KM}}{{BK}} \Leftrightarrow B{K^2} = KM \cdot KT = K{S^2}$ και λόγω του ορθογωνίου

τριγώνου DBS

θα είναι και $\displaystyle K{D^2} = KM \cdot KT \Leftrightarrow K\widehat TD = B\widehat DK = \omega$ και το ζητούμενο έπεται.

Διπλασιασμός

Διπλασιασμός

Re: Διπλασιασμός

Re: Διπλασιασμός

Re: Διπλασιασμός

Μέλη σε σύνδεση