το μισό του αρχικού

#1

: Το μισό του αρχικού.png (15.87 KiB) Προβλήθηκε 669 φορές

Η διχοτόμος

τριγώνου

τέμνει τον περιγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου

στο

. Έστω

η προβολή του

στη

και

η τομή με την

της

παράλληλης από το

στη

. Δείξετε ότι (ABC) = 2(BKH)

.

#2

Doloros έγραψε:Τ
Η διχοτόμος τριγώνου τέμνει τον περιγγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο . Έστω η προβολή του στη και η τομή με την της παράλληλης από το στη . Δείξετε ότι .

: 1.png (31.39 KiB) Προβλήθηκε 641 φορές

Έστω το σημείο τομής του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle ZDC$ με την . Τότε

$\angle DZL\mathop = \limits^{D,Z,C,Lo\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle DCL \equiv \angle ACB$ $\mathop = \limits^{A,B,C,Zo\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle AZB \equiv \angle AZD:\left( 1 \right)$ και $\angle ZBA\mathop = \limits^{BZ\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma } \angle ZBC \equiv \angle ZCL:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma - \Pi - \Gamma } \vartriangle ZAB = \vartriangle ZBL\mathop \Rightarrow \limits^{\angle DBA = \angle DBL} \vartriangle DAB = \vartriangle DBL$ $\Rightarrow \left( {ADB} \right) = \left( {BDL} \right) \Rightarrow \boxed{2\left( {BDL} \right) = \left( {ABLD} \right)}:\left( 3 \right)$

και από $\vartriangle ZAB = \vartriangle ZBL \Rightarrow ZL = ZA = ZC\mathop \Rightarrow \limits^{ZK \bot LC} K$ το μέσο της $LC \Rightarrow \boxed{2\left( {DKL} \right) = \left( {DLC} \right)}:\left( 4 \right)$ .

Τέλος από $\left( 3 \right) + \left( 4 \right) \Rightarrow 2\left( {BDK} \right) = \left( {ABC} \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{HD\parallel BC \Rightarrow \left( {BDK} \right) = \left( {HBK} \right)} \boxed{2\left( {HBK} \right) = \left( {ABC} \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#3

Ωραία ο Κ. Στάθης

Πάντως αναμένω τουλάχιστον μια ακόμη λύση .

Φιλικά, Νίκος

nikkru · #4

Doloros έγραψε:Ωραία ο Κ. Στάθης

Πάντως αναμένω τουλάχιστον μια ακόμη λύση .

Φιλικά, Νίκος

: Το μισό του αρχικού.png (10.6 KiB) Προβλήθηκε 583 φορές

Αφού

, $\frac{BH}{BA}=\frac{CD}{CA}=\frac{BC}{AB+BC}$ (από το Θ. διχοτόμων).

Στην

παίρνουμε σημείο

ώστε

.

Τότε $\triangle BAZ=\triangle BEZ$ αφού έχουν $BA=BE,BZ=BZ,\angle ABZ=\angle EBZ$ με συνέπεια $\angle BEZ=\angle BAZ$ .

Το τετράπλευρο ABCZ

είναι εγγεγραμμένο άρα $\angle ECZ=180^o -\angle BAZ=\angle ZEC$ , δηλαδή το $\triangle ZEC$ είναι ισοσκελές και το

είναι μέσο του

.

Έτσι, $\displaystyle{BK=\frac{BE+BC}{2}=\frac{AB+BC}{2}}$ .

Τα τρίγωνα $\triagle HBK,\triagle ABC$ έχουν κοινή την γωνία $\angle B$ , οπότε: $\displaystyle{\frac{(HBK)}{(ABC)}=\frac{BH\cdot BK}{BA\cdot BC}=\frac{BC}{AB+BC}\frac{AB+BC}{2BC}=\frac{1}{2}}$ .

Φιλικά, Νίκος.

#5

Στη σπουδαία παρατήρηση : $\boxed{BK = \frac{{a + c}}{2}}$ στηριζόταν η φράση , περιμένω

τουλάχιστον μια ακόμη λύση.

προφανώς και στο μέλος του

.

Πράγματι επειδή HD//BK

θα είναι $\boxed{(BHK) = (BDK)\,\,(1)}$ .Αν

η προβολή του

στην ευθεία

τα ορθογώνια τρίγωνα $KZC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LZA$ έχουν

$ZK = ZL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZC = ZA$ οπότε είναι ίσα και άρα d = AL = KC

. έτσι

$\left\{ \begin{gathered} BL = BK = c + d \hfill \\ BK = a - d \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow 2BK = a + c \Rightarrow \boxed{BK = \frac{{a + c}}{2}}\,\,\,(2)$ .

: Το μισό του αρχικού_Απάντηση.png (41.59 KiB) Προβλήθηκε 551 φορές

Αν τώρα

το ύψος του $\vartriangle ABC$ και $DT \bot BK$ θα ισχύουν :

$\dfrac{{DT}}{{AN}} = \dfrac{{CD}}{{CA}} \Rightarrow \dfrac{{DT}}{h} = \dfrac{a}{{a + c}} \Rightarrow \boxed{DT = \dfrac{{ah}}{{a + c}} = \dfrac{{2(ABC)}}{{a + c}}}\,\,\,(3)$

Έτσι τώρα $(BHK) = (BDK) = \dfrac{1}{2}BK \cdot DT$ και λόγω των $(2)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3)$ δίδει :

$\boxed{(BHK) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{2(ABC)}}{{a + c}} \cdot \dfrac{{a + c}}{2} = \dfrac{1}{2}(ABC)}$ ,

\Υπάρχει και λύση με χρήση Τριγωνομετρίας.

Φιλικά Νίκος

το μισό του αρχικού

το μισό του αρχικού

Re: το μισό του αρχικού

Re: το μισό του αρχικού

Re: το μισό του αρχικού

Re: το μισό του αρχικού

Μέλη σε σύνδεση