Διέλευση από το συμμετρικό

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Απάντηση
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4770
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Διέλευση από το συμμετρικό

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ »

Τομή στο συμμετρικό.png
Τομή στο συμμετρικό.png (12.67 KiB) Προβλήθηκε 900 φορές
Έστω ισόπλευρο τρίγωνο \vartriangle ABC και K,L τα κοινά σημεία επαφής του περίκυκλού του από τις ευθείες που διέρχονται από το συμμετρικό {C}' του C ως προς το B . Να δειχτεί ότι το A είναι το μέσο του TC , όπου T\equiv AC\cap KL

Στάθης
Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Ετικέτες:
Ισόπλευρο
Περίκυκλος
Πολική
Συμμετρικό
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 15059
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Διέλευση από το συμμετρικό

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis »

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τρί Νοέμ 02, 2021 1:43 pm Τομή στο συμμετρικό.png
Έστω ισόπλευρο τρίγωνο \vartriangle ABC και K,L τα κοινά σημεία επαφής του περίκυκλού του από τις ευθείες που διέρχονται από το συμμετρικό {C}' του C ως προς το B . Να δειχτεί ότι το A είναι το μέσο του TC , όπου T\equiv AC\cap KL

Στάθης
Έστω a η πλευρά του ισοπλεύρου και AT=x. Λόγω των εφαπτομένων είναι \boxed{C'{L^2} = C'{K^2} = 2{a^2}}

Με νόμο συνημιτόνων στο TC'C, έχω \displaystyle C'{T^2} = 4{a^2} + {(x + a)^2} - 2a(x + a) \Leftrightarrow \boxed{C'{T^2} = 3{a^2} + {x^2}}
ΣΚ.1.png
ΣΚ.1.png (13.62 KiB) Προβλήθηκε 851 φορές
Από θεώρημα Stewart στο TC'L με τέμνουσα C'K είναι, \displaystyle C'{T^2} \cdot KL + 2{a^2} \cdot TK = 2{a^2} \cdot TL + TK \cdot TL \cdot KL \Leftrightarrow

\displaystyle (3{a^2} + {x^2})KL = 2{a^2} \cdot KL + x(x + a)KL \Leftrightarrow 3{a^2} + {x^2} = 2{a^2} + {x^2} + ax, απ' όπου \boxed{x=a}
Κορυφή
giannimani
Δημοσιεύσεις: 321
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Διέλευση από το συμμετρικό

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani »

isopl_triangl.png
isopl_triangl.png (24.79 KiB) Προβλήθηκε 786 φορές
Έστω P το αντιδιαμετρικό του C. Τότε \angle PAC= 90^{\circ}\implies PA \bot AC.
Από την άλλη μεριά στο τρίγωνο C'AC είναι AB=\frac{CC'}{2}\implies C'A \bot AC.
Από τα δύο παραπάνω, τα C', P, A ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Έστω T'= AC \cap BP και M = AB \cap CP.
Στο τρίγωνο T'C'C:
  • η T'B ύψος και διάμεσος,
  • \angle T'CC'=60^{\circ}
Επομένως, είναι ισόπλευρο, οπότε άμεσα προκύπτει ότι το A μέσο του T'C.
Αρκεί να αποδείξουμε ότι T' \equiv T.
Αυτό όμως προκύπτει άμεσα από το θεώρημα:

Το τετράπλευρο ACBP είναι εγγεγραµµένο σε κύκλο \omega. ΄Εστω ότι οι ευθείες των
πλευρών AC και BP τέµνονται στο σηµείο T', οι ευθείες των πλευρών AP και BC στο
σηµείο C', και οι διαγώνιες AB, CP στο σηµείο M. ΄Εστω K και L τα σηµεία επαφής
του κύκλου \omega και των εφαπτοµένων που άγονται από το σηµείο C' σε αυτόν.
Τότε, τα σηµεία K, L, M και T' ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή στο “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες