Ίσες γωνίες!

Dimessi · #1

Έστω τρίγωνο ABC

με ορθόκεντρο

και

τα μέσα των τμημάτων BC,AH

αντίστοιχα κι ας είναι $Q\neq A$ σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του, τέτοιο ώστε $\angle AQH=90^\circ.$ Έστω

σημείο στο τμήμα

τέτοιο ώστε GB=GM.

Να δείξετε ότι $\angle AQG=\angle ANG.$

: Angle equality.png (44.46 KiB) Προβλήθηκε 368 φορές

Σημείωση Το σχήμα μαρτυρά τη δική μου λύση

Dimessi · #2

Δεύτερη λύση μου

: Equal angles!!png.png (38.46 KiB) Προβλήθηκε 298 φορές

$\bullet$ Έστω $V\equiv QK\cap \left ( O \right )\left ( V\neq Q \right ),Z\equiv AH\cap \left ( O \right )\left ( Z\neq A \right ),S\equiv AH\cap BC,KW \perp BC \left ( W\in BC \right ),$ $ZT \parallel KN \left ( T\in AB \right ),P\equiv ZT\cap \left ( O \right )\left ( P\neq Z \right ),R\equiv HM\cap \left ( O \right ),Y \equiv AR \cap BC.$ Αφού $\angle AQH=90^\circ=\angle AQR,$ άρα η ευθεία

διέρχεται από το σημείο

'Εχουμε $\displaystyle \frac{VA}{VB}\overset{VAQB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\frac{KA}{KB}\cdot \frac{QB}{QA}\overset{KW \parallel AS}=\frac{WS}{WB}\cdot \frac{BM}{MY}\cdot \frac{YR}{RB}:(1).$ Από $\displaystyle KB=KM\overset{KW \perp BM}\Rightarrow WB=WM=\frac{a}{4}\Rightarrow \frac{WS}{WB}=\frac{a^{2}+2\left ( c^{2}-b^{2} \right )}{a^{2}}:(2)$ και $\displaystyle \vartriangle YRB \sim \vartriangle YCA\Rightarrow \frac{YR}{RB}=\frac{YC}{AC}\overset{^{\left ( 1 \right )}_{\left ( 2 \right )}}\Rightarrow \boxed{\frac{VA}{VB}=\frac{a^{2}+2\left ( c^{2}-b^{2} \right )}{a^{2}}\cdot \frac{a}{2b}\cdot \frac{YC}{MY}}:(3).$ Επειδή $\angle BAH=\angle CAR,$ από το Θεώρημα του Steiner είναι $\displaystyle \frac{SB}{SC}\cdot \frac{YB}{YC}=\frac{AB^{2}}{AC^{2}}\Rightarrow \frac{YC}{YB}=\frac{ab^{2}\left ( a^2+c^2-b^2 \right )}{c^3\left ( a^2+b^2-c^2 \right )}\overset{MB=MC}\Rightarrow \frac{YC}{MY}=\frac{2ab^2\left ( a^2+c^2-b^2 \right )}{c^3\left ( a^2+b^2-c^2 \right )-ab^2\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2} \right )}$ $\displaystyle \overset{(3)}\Rightarrow \boxed{\frac{VA}{VB}=\frac{b\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2} \right )\left ( a^{2}+2\left ( c^{2}-b^{2} \right ) \right )}{c^{3}\left ( a^{2} +b^{2}-c^{2}\right )-ab^{2}\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2} \right )}}:\left ( 4 \right ).$ Από το Θεώρημα του Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο VABR

είναι $\displaystyle VA\cdot BR+VR\cdot BA=VB\cdot RA\Rightarrow \frac{VA}{VB}\cdot \cos \angle C+\frac{VR \sin \angle C}{VB}=1 \overset{(4)} \Rightarrow$ $\displaystyle \frac{VR \sin \angle C}{VB}=\frac{2a(c^{3}\left ( a^{2}+b^{2}-c^{2} \right )-ab^{2}\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2} \right ))-\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2} \right )\left ( a^{2} +b^{2}-c^{2}\right )\left ( a^{2}+2\left ( c^{2}-b^{2} \right ) \right )}{2a(c^{3}\left ( a^{2}+b^{2}-c^{2} \right )-ab^{2}\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2} \right ))}\Rightarrow$ $\displaystyle \overset{(4)}\Rightarrow \boxed{\frac{VR \sin \angle C}{VA}=\frac{2a(c^3(a^2+b^2-c^2)-ab^2(a^2+c^2-b^2))-\left ( a^2+c^2-b^2 \right )\left ( a^2+b^2-c^2 \right )\left ( a^2+2c^2-2b^2 \right )}{2ab\left ( a^2+c^2-b^2 \right )\left ( a^2+2c^2-2b^2 \right )}}\left ( 5 \right ).$
$\bullet$ Επειδή $\displaystyle \frac{AK}{AT}\overset{ZT \parallel KN }=\frac{AN}{AZ}=\frac{AH}{2\left ( AH+2HS \right )}=\frac{a^{2}\left ( b^{2}+c^{2}-a^{2} \right )}{2\left ( a^{2}\left ( b^{2}+c^{2}-a^{2} \right ) +\left ( a^{2}+b^{2}-c^{2} \right )\left ( a^{2}+c^{2}-b^{2} \right )\right )}\overset{(2)}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AB}{AT}=\frac{a^{2}\left ( b^{2}+c^{2}-a^{2} \right )\left ( a^{2}+c^{2} -b^{2}\right )}{\left ( a^{2}+2c^{2}-2b^{2} \right )\left ( a^{2}b^{2} +a^{2}c^{2}-\left ( b^{2}-c^{2} \right )^{2}\right )}\left ( 6 \right ).$
Είναι $\displaystyle \frac{AP}{PB}\overset{APBZ \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\frac{AT}{TB}\cdot \frac{BZ}{AZ}\overset{{\vartriangle BZA \sim \vartriangle YCA}}=\frac{AT}{TB}\cdot \frac{YC}{CA}\overset{(6)}=$ $\displaystyle \frac{\left ( a^{2}+2c^2-2b^2 \right )\left ( a^2b^2+a^2c^2-\left ( b^{2}-c^2 \right )^2 \right )a^{2}b\left ( a^2+c^2-b^2 \right )}{\left ( \left ( a^{2}+c^2-b^2 \right )^2\left ( c^2-b^2-a^2 \right )+\left ( b^2-c^2 \right )\left ( a^2b^2+a^2c^2-\left ( b^2-c^2 \right )^2 \right ) \right )\left ( a^{2}\left ( c^{3}+ab^2 \right )+\left ( c^3-ab^2 \right )\left ( b^2-c^2 \right ) \right )}\left ( 7 \right ).$
Από το Θεώρημα του Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο APBR

είναι $\displaystyle AP\cdot BR+PB\cdot AR=AB\cdot PR\Rightarrow \frac{AP}{PB}\cdot \cos \angle C+1=\frac{PR \sin \angle C}{PB}\overset{\left ( 7 \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PR \sin \angle C}{PA}=\frac{2a(c^3(a^2+b^2-c^2)-ab^2(a^2+c^2-b^2))-\left ( a^2+c^2-b^2 \right )\left ( a^2+b^2-c^2 \right )\left ( a^2+2c^2-2b^2 \right )}{2ab(a^2+c^2-b^2)(a^2+2c^2-2b^2)}$ $\displaystyle \overset{(5)}=\frac{VR \sin \angle C}{VA}\Rightarrow \frac{PR}{PA}=\frac{VR}{VA}\overset{\angle AVR=\angle APR=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle AVR \sim \vartriangle APR\Rightarrow \boxed{\angle ARV=\angle ARP}\left ( 8 \right ).$ Επομένως $\boxed{\angle ANK\overset{ZT \parallel NK}=\angle AZP\overset{RAPZ \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle ARP\overset{(8)}=\angle ARV\overset{AQRV \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle AQV\equiv \angle AQK}.$

: Equal angles!!png.png (38.46 KiB) Προβλήθηκε 298 φορές

Dimessi · #3

Διαφορετική λύση μου

: Angle equality.png (44.46 KiB) Προβλήθηκε 264 φορές

$\bullet$ Έστω

το μέσο του AB.

$\displaystyle \frac{\sin \angle ANG}{\sin \angle GNJ}\cdot \frac{\sin \angle BQG}{\sin \angle AQG}=\frac{AG}{GJ}\cdot \frac{JN}{AN}\cdot \frac{BG}{AG}\cdot \frac{QA}{QB}\overset{JN \parallel BH}=\frac{BH}{AH}\cdot \frac{BG}{GJ}\cdot \frac{\sin \angle APH}{\sin \angle BPH}=$

$\displaystyle =\frac{2BG}{BG-AG}\cdot \frac{\sin \left ( \angle B- \angle C \right )}{\sin \angle A}.$

$\displaystyle \frac{AG}{BG}\overset{AR \parallel GY \perp BC}=\frac{YR}{YB}=\frac{a^{2}+2\left ( c^{2}-b^{2} \right )}{a^{2}}\Rightarrow \frac{2BG}{BG-AG}=\frac{a^{2}}{b^{2}-c^{2}}\Rightarrow \frac{\sin \angle ANG}{\sin \angle GNJ}\cdot \frac{\sin \angle BQG}{\sin \angle AQG}$ $\displaystyle =\frac{a^{2}}{b^{2}-c^{2}}\left ( \frac{a^{2}+b^2-c^2}{2a^{2}}- \frac{a^2+c^2-b^2}{2a^2} \right )=1$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{\sin \angle ANG}{\sin \angle GNJ}=\frac{\sin \angle AQG}{\sin \angle BQG}\overset{\angle ANG+\angle GNJ=\angle AHB=\angle AQB=\angle AQG+\angle BQG}\Rightarrow \boxed{\angle ANG=\angle AQG}.$

Ίσες γωνίες!

Ίσες γωνίες!

Re: Ίσες γωνίες!

Re: Ίσες γωνίες!

Μέλη σε σύνδεση