Παράξενη καθετότητα

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6243
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Παράξενη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Σεπ 27, 2016 11:58 pm

Παράξενη καθετότητα.png
Παράξενη καθετότητα.png (16.02 KiB) Προβλήθηκε 760 φορές
Δύο κύκλοι με κέντρα K, L τέμνονται στα A, B και έστω PQ το κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα τους που βρίσκεται πιο κοντά στο A. Αν η κάθετη από το P στη BQ τέμνει την KL στο C, να δείξετε ότι \displaystyle{PB \bot BC}


dement
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1294
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 10:11 am

Re: Παράξενη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dement » Τετ Σεπ 28, 2016 2:58 pm

Έστω F \equiv AB \cap PQ. Τότε PF = FQ = \sqrt{FA \cdot FB} και λόγω των ομοίων τριγώνων \triangle{QAF}, \triangle{QBF} ισχύει \displaystyle \frac{QB}{QA} = \frac{QF}{AF} = \frac{PF}{AF} = \frac{PB}{PA}.

Ισχύει \displaystyle \frac{QB}{QA} = \frac{KC}{KP} (γιατί \angle{KCP} = \angle{QBA} και \displaystyle \angle{CPK} = \frac{\pi}{2} - \angle{CPQ} = \angle{PQB} και δουλεύουμε με νόμο ημιτόνων στο \triangle{KCP}) οπότε παίρνουμε \displaystyle \frac{PB}{PA} = \frac{QB}{QA} = \frac{KC}{KP} = \frac{KC}{KB}.

Από την \displaystyle \frac{PB}{PA} = \frac{KC}{KB} και την \angle{BKC} = \angle{APB} προκύπτει \displaystyle \triangle{PAB} \approx \triangle{KBC} \implies \angle{PBA} = \angle{KCB} = \frac{\pi}{2} - \angle{ABC} που ολοκληρώνει την απόδειξη.


Δημήτρης Σκουτέρης

Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη που θα μπορούσε κανείς να εξακολουθήσει να ασκεί αν κάποτε ξυπνούσε και το σύμπαν δεν υπήρχε πλέον.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Juniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης