Άλλη μια ορθή γωνία

giannimani · #1

Ο εγγεγραμμένος κύκλος του $\triangle{ABC}$ εφάπτεται των πλευρών

,

στα σημεία

,

, αντίστοιχα.
Θεωρούμε σημείο

στην ευθεία

τέτοιο ώστε $AP \parallel BC$ , και η

τέμνει για δεύτερη φορά τον εγγεγραμμένο
κύκλο του $\triangle{ABC}$ στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι $\angle AGP = 90^{\circ}$ .

: probl_right.png (21.67 KiB) Προβλήθηκε 1355 φορές

MAnTH05 · #2

Καλησπέρα σας!
Μία προσέγγιση

Έστω

το μέσο της

. Ισχύει

(ως εφαπτόμενα τμήματα) άρα το τρίγωνο AFE

είναι ισοσκελές.
Άρα η διάμεσος

είναι και ύψος. Άρα $\angle AMP = 90 ^{\circ}$ Έτσι αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο AGMP

είναι εγγράψιμο.
Το τετράπλευρο GFDE

είναι αρμονικό. Άρα η

είναι συμμετροδιάμεσος στο τρίγωνο GFE

και η

διάμεσος, άρα $\angle FGM = \angle DGE$
Επομένως $\angle MGE = \angle FGD$ .
Ακόμη, $\angle FDG = \angle GEF = \angle GEM$ .
Άρα τα τρίγωνα GME

και

είναι όμοια, άρα $\angle EMG = \angle DFG = \angle CDA$ (χορδής - εφαπτομένης) $= \angle PAG$ (από την παραλληλία) και το ζητούμενο έπεται. $\square$

: ορθή γωνία - σχήμα.png (296.91 KiB) Προβλήθηκε 1315 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

giannimani έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 06, 2022 10:37 am
Ο εγγεγραμμένος κύκλος του $\triangle{ABC}$ εφάπτεται των πλευρών , , στα σημεία , , , αντίστοιχα.
Θεωρούμε σημείο στην ευθεία τέτοιο ώστε $AP \parallel BC$ , και η τέμνει για δεύτερη φορά τον εγγεγραμμένο
κύκλο του $\triangle{ABC}$ στο σημείο . Να αποδείξετε ότι $\angle AGP = 90^{\circ}$ .
probl_right.png

Η διάμετρος DOQ

τέμνει την

στο

και προφανώς $DZ \bot AP \Rightarrow A,Z,F,O,E$ ομοκυκλικά

Ακόμη,αν η

κόψει τον εγγεγραμμένο κύκλο στο

,τότε

ομοκυκλικά και οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες

Αλλά PL.PD=PF.PE=PZ.PA

άρα

ομοκυκλικά ,συνεπώς

$\angle ADL= \angle x \Rightarrow P,Q,G$ συνευθειακά και $PG \bot AD$

: ΟΡΘΗ.png (38.39 KiB) Προβλήθηκε 1236 φορές

#4

giannimani έγραψε: ↑
Τετ Ιούλ 06, 2022 10:37 am
Ο εγγεγραμμένος κύκλος του $\triangle{ABC}$ εφάπτεται των πλευρών , , στα σημεία , , , αντίστοιχα.
Θεωρούμε σημείο στην ευθεία τέτοιο ώστε $AP \parallel BC$ , και η τέμνει για δεύτερη φορά τον εγγεγραμμένο
κύκλο του $\triangle{ABC}$ στο σημείο . Να αποδείξετε ότι $\angle AGP = 90^{\circ}$ .
probl_right.png

Προφανώς το τετράπλευρο DEGF

είναι αρμονικό. Ας είναι

το σημείο τομής των διαγωνίων του και M,T

τα σημεία τομής των $PE\,\,,\,\,PG$ με τη

.

: Άλλη μια ορθή.png (19.48 KiB) Προβλήθηκε 1187 φορές

Η δέσμη : $P\left( {D,G\backslash S,A} \right)$ είναι αρμονική κι αφού η ευθεία

είναι παράλληλη στην ακτίνα,

, της δέσμης, θα είναι DM = MT

.

Όμως η

είναι κι αυτή εφαπτομένη του κύκλου( λόγω του αρμονικού τετραπλεύρου) και άρα : $MD = MG = MT \Rightarrow DA \bot PT$

giannimani · #5

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

, και

το δεύτερο σημείο τομής της AD'

με τον κύκλο $\omega$ .
Συμβολίζουμε με

το σημείο τομής των ευθειών GD'

και

, και με

το σημείο τομής
των DD'

και

. Στο τρίγωνο DAP'

τα

,

είναι ύψη του τριγώνου,
εφόσον $\angle D'LD=\angle D'GD=90^{\circ}$ . Επομένως, το σημείο τομής των

είναι ορθόκεντρο
αυτού του τριγώνου, οπότε $DR \bot AP'$ . Εφόσον $DR \bot BC$ , τότε $AP' \parallel BC$ .

: right_sol.png (36.76 KiB) Προβλήθηκε 1123 φορές

Απομένει να αποδείξουμε ότι η

διέρχεται από το

, οπότε $P'\equiv P$ .
Οι ευθείες

,

είναι αντίστοιχα οι ριζικοί άξονες των ζευγών των κύκλων $\omega_{1}$ και $\omega_{2}$ ,
$\omega_{2}$ και $\omega$ , $\omega_{1}$ και $\omega$ (οι τρεις κύκλοι τέμνονται ανά δύο). Επομένως, διέρχονται από το ίδιο σημείο.

cool geometry · #6

Ας δούμε και μία τριγωνομετρική απόδειξη...
$AF=AE=k, \angle ABC=y, \angle ACB=x, \angle DAC=z, \angle AGE=90^{0}+\frac{x}{2},\angle AEG=90^{0}-z-\frac{x}{2}$
$\frac{AG}{\sin (z+\frac{x}{2})}=\frac{k}{\sin \frac{x}{2}}\Rightarrow AG=k\cdot \frac{\sin (z+\frac{x}{2})}{\sin \frac{x}{2}}(1)$
$\angle AFP=\frac{x+y}{2}, \angle FAP=180^{0}-y, \angle APF=\frac{y-x}{2}\Rightarrow \frac{AP}{\cos \frac{x+y}{2}}=\frac{k}{\cos \frac{y-x}{2}}\Rightarrow AP=k\cdot \frac{\cos \frac{x+y}{2}}{\cos \frac{y-x}{2}}(2)$
Οπότε αρκεί να αποδειχθεί ότι $\frac{\frac{\sin (z+\frac{x}{2})}{\sin \frac{x}{2}}}{\frac{\cos \frac{x+y}{2}}{\cos \frac{y-x}{2}}}=\sin (z+x)(E)$
που αποδεικνύεται εύκολα λόγω εφαπτόμενου κύκλου, ...κλπ

cool geometry · #7

κι εγώ πάντως είχα τη λύση:
Έστω

το μέσον της FE.

τότε πρέπει να αποδείξουμε ότι $\angle GME=\angle PAG=\angle ADC=\angle DFG\Rightarrow \angle FEG+\angle GME+\angle MGE=\angle DFG+\angle FDG+\angle FGD\Rightarrow \angle FEG+\angle DFG+\angle MGE=\angle FEG+\angle DFG+\angle FGD\Rightarrow \angle MGE=\angle FGD\Rightarrow \angle DGE=\angle FGM$ , που ισχύει λόγο αρμονικού τετραπλεύρου.

Άλλη μια ορθή γωνία

Άλλη μια ορθή γωνία

Re: Άλλη μια ορθή γωνία

Re: Άλλη μια ορθή γωνία

Re: Άλλη μια ορθή γωνία

Re: Άλλη μια ορθή γωνία

Re: Άλλη μια ορθή γωνία

Re: Άλλη μια ορθή γωνία

Μέλη σε σύνδεση