Ισότητα πράσινων και κόκκινων

KARKAR · #1

: Ισότητα πράσινων και κόκκινων.png (19.77 KiB) Προβλήθηκε 265 φορές

Το τρίγωνο ABC

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O)

, τα ύψη του AD , BE

τέμνονται στο

και το

είναι το μέσο της

. Η κάθετη του

στο

, τέμνει την

στο

. Δείξτε ότι : $\phi=\theta$

#2

KARKAR έγραψε:Το τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο , τα ύψη του τέμνονται στο και το είναι το μέσο της . Η κάθετη του στο , τέμνει την στο . Δείξτε ότι : $\phi=\theta$

Έστω τα σημεία $F\equiv AB\cap CH$ και $T\equiv BC\cap MO$ και ας είναι

το μέσον της

και

η προβολή του σημείου

επί της

και $L\in BC$ ώστε να είναι $HL\parallel AC.$

: Ισότητα πράσινων και κόκκινων.; f=181 t=79223.PNG (23.99 KiB) Προβλήθηκε 210 φορές

$\bullet$ Από $HL\parallel AC$ και MA=MC,

έχουμε ότι η δέσμη H.MCLD

είναι αρμονική.

Από $MS\perp HM$ και $MN\perp HC$ και $MT\perp HL$ και $MK\perp HD,$ προκύπτει ότι στις δέσμες H.MCLD, M.SNTK

οι ομόλογες ακτίνες τους σχηματίζουν ίσες γωνίες και άρα, οι δέσμες αυτές έχουν ίσους Διπλούς λόγους και επομένως, η δέσμη M.SNTK

είναι επίσης αρμονική.

Στην αρμονική αυτή δέσμη τώρα, από $ST\parallel MK$ προκύπτει ότι $\boxed{NS=NT} \ \ ,(1)$

Από $(1)\Rightarrow$ $\boxed{\angle OTS= \angle OST}} \ \ ,(2)$ λόγω $ON\perp ST.$

Από (2)

και $\angle OTS= \angle HBC\Rightarrow$ $\boxed{\angle OST= \angle HBC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θανάση, θα ήθελα να μάθω σε παρακαλώ, εάν έχω πέσει πάνω σε γνωστή λύση.

Dimessi · #3

: Ισογωνιότητα.png (90.22 KiB) Προβλήθηκε 203 φορές

$\bullet$ Έστω $W\equiv HM\cap BC,BL \parallel AC \left ( L\in HM \right ),Q_1\equiv CH\cap AB,Q\equiv MH\cap \left ( ABC \right ),$
$T\equiv HM\cap \left ( ABC \right ),U\equiv MH\cap AB,Z\equiv TS\cap \left ( ABC \right )\left ( Z\not\equiv T \right ),$
τότε αφού $MT=MH \overset{HT \perp SM}\Rightarrow SH=ST\Rightarrow \angle QTZ\equiv \angle STH=\angle THS\overset{MHDS \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle HMS=\angle HDS=90^\circ \right )}=$
$=\angle MDS=\angle ACB,$ άρα ZAQB

ισοσκελές τραπέζιο οπότε
$\displaystyle \angle QBA=\angle ZCB\overset{\angle UBL\overset{BL \parallel AC}=\angle BAC=180^\circ-\angle CZB}\Rightarrow \angle QBL=\angle CBZ\Rightarrow \frac{BZ}{ZC}=\frac{\sin \angle UBQ}{\sin \angle QBL}$ $\displaystyle =\frac{UQ}{QL}\cdot \frac{BL}{UB}.$
Στο $\vartriangle ABC$ το

είναι το

Petersen των D,Q_1,

άρα $\angle BQH=90^\circ.$
Από την ομοκυκλικότητα B,Q,Q_1,H,D,

είναι $\displaystyle \frac{UQ}{UB}=\frac{UQ_1}{UH}$ και από $\displaystyle LB \parallel MA \Rightarrow \angle AMX=\angle QLB,$
όπου $X \equiv AZ \cap HM.$ Επειδή $ZA \parallel QB \perp QT,$ άρα $\displaystyle \vartriangle QBL \sim \vartriangle XMA\Rightarrow \frac{BL}{QL}=\frac{AM}{XM}.$
Συνεπώς $\displaystyle \frac{BZ}{ZC}=\frac{UQ_1}{UH}\cdot \frac{AM}{XM},$ όπου από τα ομοκυκλικά A,Q_1,H,X

ισχύει
$\displaystyle UH\cdot UX=UQ_1\cdot UA\Rightarrow UH\cdot XM=UH\cdot UM-UQ_1\cdot UA,$ και από Θ. Μενέλαου $\vartriangle ADC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{WHM},\frac{WD}{WC}\cdot \frac{HA}{HD}\cdot \frac{MC}{MA}=1\Rightarrow \frac{WD}{WC}=\frac{HD}{HA}=\frac{\left ( a^2+b^2-c^2 \right )\left ( a^2+c^2-b^2 \right )}{2a^2(b^2+c^2-a^2)}$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{WC}{\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}}=\frac{2a^2(b^2+c^2-a^2)}{2a^2(b^2+c^2-a^2)-(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)}\left ( \ast \right ).$
Ξανά από Θ. Μενέλαου $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{WUM},\frac{UA}{UB}=\frac{WC}{WB}\overset{\left ( \ast \right )}=\frac{a\left ( b^2+c^2-a^2 \right )\left ( a^2+b^2-c^2 \right )}{a(b^2+c^2-a^2)\left ( a^2+b^2-c^2 \right )-a[2a^2(b^2+c^2-a^2)-(a^2+b^2-c^2)(a^2+c^2-b^2)]}$ $\displaystyle =\frac{\left ( b^2+c^2-a^2 \right )\left ( a^2+b^2-c^2 \right )}{2c^2\left ( a^2+b^2-c^2 \right )-2a^2(b^2+c^2-a^2)}(1),$
κι επειδή $\displaystyle \frac{BZ}{ZC}=\frac{UQ_1 \cdot AM}{UH \cdot UM-UQ_1\cdot UA}\overset{\left ( 1 \right )}=\frac{\sin \angle B\cos \angle A}{\sin \left ( \angle A-\angle C \right )}\overset{\angle TCB=90^\circ\left ( \frac{TC}{TB}=\cos \angle A \right )}\Rightarrow \frac{BS}{SC}=\frac{\sin \angle B}{\sin \left ( \angle A-\angle C \right )}$ $\displaystyle =\frac{\sin \left ( 180^\circ-\angle B \right )}{\sin \left ( 2\angle A+\angle B-180^\circ \right )},$ επομένως $\displaystyle \frac{\sin \angle BOS}{\sin \angle COS}=\frac{\sin \left ( 180^\circ-\angle B \right )}{\sin(2\angle A+\angle B-180^\circ)}\overset{\angle BOS+\angle COS=2\angle A}\Rightarrow \angle BOS=180^\circ-\angle B\Rightarrow \boxed{\angle OSB=90^\circ-\angle C=\angle HBC}$

: Ισογωνιότητα.png (90.22 KiB) Προβλήθηκε 203 φορές

KARKAR · #4

vittasko έγραψε: ↑
Τρί Απρ 21, 2026 10:49 pm
ΥΓ. Θανάση, θα ήθελα να μάθω σε παρακαλώ, εάν έχω πέσει πάνω σε γνωστή λύση.

Απαντήσεις σε πολλά ερωτήματα που αφήνει η άσκηση , μπορείτε να βρείτε εδώ .

giannimani · #5

Έστω ότι οι ημιευθείες

,

τέμνουν τον κύκλο (O)

στα σημεία

,

αντίστοιχα.
Είναι γνωστό ότι, ο κύκλος του Euler προκύπτει από τον περιγεγραµµένο κύκλο του τριγώνου
µε την οµοιοθεσία κέντρου

και συντελεστή 1/2

, και εφόσον το

ανήκει στον κύκλο του Euler,
τότε το

είναι το μέσο του

. Είναι επίσης γνωστό ότι το ίχνος

του ύψους από την κορυφή

είναι το μέσο του

. Επομένως, το

είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των ευθυγράμμων
τμημάτων

και

, δηλαδή, είναι το κέντρο του κύκλου $\omega\equiv (HPQ)$ . Οι δύο κύκλοι (O)

και $\omega$
τέμνονται στα σημεία

,

. Η κοινή χορδή

είναι κάθετος στη διάκεντρο

. Επομένως,
$\angle OSB = \angle AQP$ (έχουν τις πλευρές τους κάθετες).
Αλλά, $\angle AQP= \angle ACP= \angle CAQ = \angle EBS$ (το AHCP

παραλληλόγραμμο).

: equal_angles.png (52.84 KiB) Προβλήθηκε 122 φορές

Ισότητα πράσινων και κόκκινων

Ισότητα πράσινων και κόκκινων

Re: Ισότητα πράσινων και κόκκινων

Re: Ισότητα πράσινων και κόκκινων

Re: Ισότητα πράσινων και κόκκινων

Re: Ισότητα πράσινων και κόκκινων

Μέλη σε σύνδεση