Ιδού το έγκεντρο !

KARKAR · #1

Τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο , και K , M , N

είναι τα μέσα των τόξων $\overset{\frown}{AB} ,\overset{\frown}{BC} ,\overset{\frown}{CA}$ .

Οι KM , KN

τέμνουν τις BC , AC

στα

.Δείξτε ότι το τμήμα

είναι παράλληλο

προς την

και διέρχεται από το το έγκεντρο του τριγώνου . ( Σοβιετικής κατασκευής )

#2

KARKAR έγραψε:Τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο , και είναι τα μέσα των τόξων $\overset{\frown}{AB} ,\overset{\frown}{BC} ,\overset{\frown}{CA}$ .

Οι τέμνουν τις στα .Δείξτε ότι το τμήμα είναι παράλληλο

προς την και διέρχεται από το το έγκεντρο του τριγώνου . ( Σοβιετικής κατασκευής )

: 1.png (34.16 KiB) Προβλήθηκε 365 φορές

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle AKC }$ με $\displaystyle{ KS }$ διχοτόμο ( $\displaystyle{ \widehat{NKA} = \widehat{NKC} }$ εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα ( $\displaystyle{ N }$ το μέσο του $\displaystyle{ \tau o\xi .AC }$ )

από το θεώρημα της διχοτόμου έχουμε: $\displaystyle{ \boxed{\frac{{SA}} {{SC}} = \frac{{KA}} {{KC}}}:\left( 1 \right) }$

Στο $\displaystyle{ \vartriangle BKC }$ με $\displaystyle{ KP }$ διχοτόμο ( $\displaystyle{ \widehat{BKM} = \widehat{MKC} }$ εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα ( $\displaystyle{ M }$ το μέσο του $\displaystyle{ \tau o\xi .BC }$ )

από το θεώρημα της διχοτόμου ισχύει : $\displaystyle{ \boxed{\frac{{PB}} {{PC}} = \frac{{KB}} {{KC}}}:\left( 2 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ K }$ το μέσο του τόξου $\displaystyle{ AB \Rightarrow KA = KB\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \frac{{SA}} {{SC}} = \frac{{PB}} {{PC}}\mathop \Rightarrow \limits^{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\phi o\,\,\Theta \alpha \lambda \eta } \boxed{SP//AB}:\left( 3 \right) }$

Εστω $\displaystyle{ E \equiv CK \cap SP }$ και $\displaystyle{ H \equiv AB \cap KN }$ τότε :

$\displaystyle{ \widehat{HSP}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi } \widehat{NHA} = \frac{{\tau o\xi .AN + \tau o\xi .BK}} {2}\mathop = \limits^{\tau o\xi .BK = \tau o\xi .AK} \frac{{\tau o\xi .AN + \tau o\xi .AK}} {2} = \frac{{\tau o\xi .KAN}} {2} = \widehat{NCK} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \widehat{HSP} = \widehat{NCK} \Rightarrow SECN }$ εγγράψιμο σε κύκλο (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική) οπότε:

$\displaystyle{ \widehat{ENC} = \widehat{ESC}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \kappa \tau o\varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \pi \iota \,\,\tau \alpha \,\,\alpha \upsilon \tau \alpha } \widehat{BAC}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,BC} \widehat{BNC} \Rightarrow \widehat{ENC} = \widehat{BNC} \Rightarrow N,B,E }$

συνευθειακά (γωνίες ίσες με κοινή κορυφή , κοινή πλευρά και οι άλλες τους πλευρές προς το ίδιο μέρος της κοινής)

οπότε και η διχοτόμος της $\displaystyle{ \hat B }$ διέρχεται από το σημείο $\displaystyle{ E }$ άρα το $\displaystyle{ E }$ είναι το έκκεντρο του τριγώνου και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης