Ωραία άσκηση με εγγεγραμμένο κύκλο.

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

Datis-Kalali
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Δευ Δεκ 12, 2016 5:33 pm
Τοποθεσία: Λευκωσία

Ωραία άσκηση με εγγεγραμμένο κύκλο.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Datis-Kalali » Σάβ Σεπ 16, 2017 3:41 pm

Ο εγγεγραμμένος κύκλος \Omega του τριγώνου ABC εφάπτεται των πλευρών BC, CA και AB στα σημεία D, E και F, αντίστοιχα. Αν K είναι το αντιδιαμετρικό σημείο του D ( στον κύκλο \Omega ) και οι ευθείες EK και DF τέμνονται στο σημείο H να δείξετε ότι οι ευθείες AH και BC είναι παράλληλες.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 807
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ωραία άσκηση με εγγεγραμμένο κύκλο.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Σεπ 16, 2017 4:25 pm

Ωραία άσκηση με εγγεγραμμένο κύκλο.png
Ωραία άσκηση με εγγεγραμμένο κύκλο.png (21.35 KiB) Προβλήθηκε 898 φορές
Έστω S η τομή των FE και KD.

Από γνωστό λήμμα έχουμε πως το H ανήκει στην πολική του S ως προς τον εγγεγραμμένο κύκλο.

Ακόμη το S ανήκει στην πολική του A ως προς τον εγγεγραμμένο κύκλο, δηλαδή στην FE, άρα και το A ανήκει στην πολική του S ως προς τον εγγεγραμμένο κύκλο.

Επομένως η πολική του S είναι η AH.

Με άλλα λόγια AH\perp IS.

Όμως η ευθεία IS ταυτίζεται με την KD, δηλαδή με την ID. Όμως ID\perp BC.

Έπεται λοιπόν πως AH//BC.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1835
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής
Επικοινωνία:

Re: Ωραία άσκηση με εγγεγραμμένο κύκλο.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Σεπ 16, 2017 6:20 pm

Από το ισοσκελές \vartriangle AFE έχουμε πως \widehat{AFE}=90^\circ-\dfrac{\widehat{A}}{2}. Από το ισοσκελές \vartriangle BFD είναι \widehat{BFD}=90^\circ-\dfrac{\widehat{B}}{2}.

Έτσι, \widehat{EFD}=180^\circ-\widehat{AFE}-\widehat{BFD}= \ldots=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2} \Rightarrow \widehat{EFD}=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2} (1).

Ακόμη, είναι \widehat{IFB}=\widehat{IDB}=90^\circ, οπότε το IFBD είναι εγγράψιμο.

Έτσι, \widehat{IDF}=\widehat{IBF}=\dfrac{\widehat{B}}{2}(2).
Είναι \widehat{EHF}=\widehat{EFD}-\widehat{KEF} \mathop = \limits^{(1)} \dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}-\widehat{IDF} \mathop = \limits^{(2)}\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\dfrac{\widehat{A}}{2}.

Έτσι, \widehat{FAE}=2\widehat{FHE} και AF=AE, οπότε το A είναι το περίκεντρο του \vartriangle HFE, οπότε AH=AF, και αφού επίσης BF=BD, έχουμε την ''αλυσίδα'' ισοτήτων :

\widehat{AHF}=\widehat{HFA}=\widehat{BFD}=\widehat{BDF} \Rightarrow \widehat{AHF}=\widehat{BDF} \Rightarrow AH \parallel BC.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης