Μια ακόμη καθετότητα...

giannimani · #1

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

, με

. Ο εγγεγραμμένος κύκλος του εφάπτεται των πλευρών

,

στα σημεία $D,\,E,\,F$ αντίστοιχα. Τα σημεία $X,\,Y$ ανήκουν στην ευθεία

, έτσι ώστε $\angle XBC =\angle YCB= 90^{\circ}$ .
Το σημείο

είναι το μέσο της πλευράς

. Η ευθεία η συμμετρική της

ως προς τη

, και η ευθεία η συμμετρική της

ως προς τη

, τέμνονται στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι $ZD \bot BC$ .

: one_more_perp.png (38.68 KiB) Προβλήθηκε 71 φορές

Dimessi · #2

: Μια νέα καθετότητα!!.png (363.29 KiB) Προβλήθηκε 11 φορές

$\bullet$ $\left ( \ast \ast \right ):$ https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 94#p381994
Έστω $T\equiv \left ( R,RC \right )\cap \left ( M,MC \right )\left ( T\not\equiv C \right ).$ Είναι $\displaystyle \frac{\sin \angle QSM}{\sin \angle RSM}=\frac{\frac{\sin \angle QSM}{QM}}{\frac{\sin \angle RSM}{RM}}\cdot \frac{QM}{RM}=\frac{\frac{\sin \angle SQM}{SM}}{\frac{\sin \angle SRM}{SM}}\cdot \frac{QM}{RM}\overset{\left (\angle SQM=\angle BQM\wedge \angle SRM=\angle CRM\right)}=\frac{BM}{MC}=1\Rightarrow SM$ διχοτόμος της $\angle QSR \Rightarrow \angle TSM\equiv \angle RSM=\frac{\angle QSR}{2}=\frac{360^\circ-\angle QMR-\left ( \angle BQM+\angle MRC \right )}{2}=180^\circ-\angle QMR\left ( \ast \right ).$ Επειδή $\displaystyle MT=MC=MB\Rightarrow BT\perp TC\wedge MR \perp TC\Rightarrow \vartriangle BTC \sim \vartriangle CMR\Rightarrow \frac{TB}{TC}=\frac{MC}{RC}\overset{\left ( \textrm{Ratio Lemma} \vartriangle BTC\right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \tan \angle DTC=\frac{DC}{DB}\cdot \frac{BT}{TC}\overset{\vartriangle QDB \sim \vartriangle CDR\left ( \ast \ast \right )}=\frac{RC}{QB}\cdot \frac{MC}{RC}=\frac{MB}{QB}\overset{\left ( \angle MBQ=90^\circ \right )}=\tan \angle MQB.$ Επομένως $\displaystyle \angle TDB=\angle DTC+\angle TCB\overset{\left (MR\parallel TB \perp TC \wedge BC \perp CR \right )}=\angle MQB+\angle MRC\overset{BQ \parallel CR \perp BC}=\angle QMR\overset{\left ( \ast \right )}=$ $180^\circ-\angle TSM\Rightarrow \angle TSM=\angle TDM\Rightarrow D,S,T,M$ ομοκυκλικά σημεία και αφού $\angle RTM \overset{\left ( MCRT \chi \alpha \varrho \tau \alpha \epsilon \tau o\varsigma \right )}=\angle RCM=90^\circ\Rightarrow \angle SDM=90^\circ.$

: Μια νέα καθετότητα!!.png (363.29 KiB) Προβλήθηκε 11 φορές

Μια ακόμη καθετότητα...

Μια ακόμη καθετότητα...

Re: Μια ακόμη καθετότητα...

Μέλη σε σύνδεση