Κι αυτά κάθετα

KARKAR · #1

Οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

. Ο κύκλος

με διάμετρο το ύψος

, τέμνει τις πλευρές AB , AC

στα σημεία S , T

αντίστοιχα .

Δείξτε ότι : $OA \perp ST$

S.E.Louridas · #2

(viewtopic.php?f=22&t=21145),

(*) Όπου αν απομονώσουμε την απόδειξη του θέματος του Θανάση θα έχουμε την στοιχειώδη λύση:

S.E.Louridas έγραψε: ►(Πάνω στο σχήμα που βλέπουμε)
Α) Θεώρησα $\Delta {\rm E} \bot {\rm A}{\rm B},\;\Delta {\rm H} \bot {\rm A}\Gamma ,\;{\rm M} \equiv C_1 \cap {\rm E}{\rm H},\;{\rm N} \equiv C_1 \cap {\rm E}{\rm H}.$
Παρατηρούμε ότι: $\angle {\rm A}{\rm E}{\rm H} = \angle {\rm A}\Delta {\rm E} = \angle {\rm B},$ όμως
$\angle {\rm O}{\rm A}\Gamma = \angle {\rm B}{\rm A}\Delta \;\left( {\gamma \nu \omega \sigma \tau \dot o} \right) \Rightarrow \angle {\rm O}{\rm A}{\rm H} + \angle {\rm A}{\rm H}{\rm E} =$
$\angle {\rm B}{\rm A}\Delta + \angle {\rm B} = 90^ \circ \Rightarrow {\rm A}{\rm O} \bot {\rm M}{\rm N},\mu\varepsilon\; MN\equiv ST.$

edit: Απλά έβαλα το κομμάτι (*).

S.E.Louridas

Grigoris K. · #3

Καλησπέρα κ. Θανάση, κ. Λουρίδα. Μία ενδιαφέρουσα νομίζω αντιμετώπιση:

Έστω $BB' \perp AC ,~CC' \perp AB$ .

Από το θεώρημα Nagel προκύπτει $B'C' \perp AO$ . Άρα αρκεί να δείξουμε ότι $B'C' \parallel ST$ .

Από το εγγράψιμο C'B'CB

προκύπτει ότι $\widehat{AB'C'} = \hat B ~(1)$ .

Επιπλέον $\widehat{ATS} = \widehat{SDA}$ . Όμως $DS \perp AB \Rightarrow \widehat{ATS} = \widehat{SDA} = \hat B ~(2)$ . (ως οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές)

Από $(1),(2) \Rightarrow \widehat{AB'C'} = \widehat{ATS}$ προκύπτει ότι $B'C' \parallel ST$ και συνεπώς το ζητούμενο.

KARKAR · #4

Μία στοιχειώδης λύση ...

Η ισότητα των γωνιών $\widehat{BAD}$ και $\widehat{OAC}$ , θεωρείται γνωστή (υπάρχει και στο σχολικό βιβλίο ) .

Οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες : $\widehat{D}=\widehat{S}$ ( εγγεγραμμένες ... ) και $\widehat{C}=\widehat{D}$ ( συμπληρώματα της $\widehat{DAT}$ ).

Δηλαδή τα τρίγωνα $\displaystyle ABC$ και AST

έχουν ήδη δύο γωνίες ίσες , άρα έχουν και την τρίτη .

Τελικά τα τριγωνίδια ABD

και

έχουν $\widehat{BAD}=\widehat{TAQ}$ και $\widehat{ABD}=\widehat{ATQ}$ ,

οπότε $\widehat{ADB}=\widehat{AQT}=90^\circ$ .

Κι αυτά κάθετα

Κι αυτά κάθετα

Re: Κι αυτά κάθετα

Re: Κι αυτά κάθετα

Re: Κι αυτά κάθετα

Μέλη σε σύνδεση