Κρυμμένη καθετότητα

#1

Έστω , $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο

. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,C$ τέμνονται στο σημείο

.

Από το

φέρνουμε $PE\,\,,\,\,PZ$ κάθετες στις ευθείες $AB\,\,,\,\,AC$ αντίστοιχα .

Να δειχθεί ότι η διάμεσος

του $\vartriangle ABC$ , είναι κάθετη στην

.

Όλες οι λύσεις ( εντός ή εκτός φακέλου ) μετράνε εξίσου .

#2

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 30, 2025 8:58 am
Έστω , $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,C$ τέμνονται στο σημείο .

Από το φέρνουμε $PE\,\,,\,\,PZ$ κάθετες στις ευθείες $AB\,\,,\,\,AC$ αντίστοιχα .

Να δειχθεί ότι η διάμεσος του $\vartriangle ABC$ , είναι κάθετη στην .

Όλες οι λύσεις ( εντός ή εκτός φακέλου ) μετράνε εξίσου .

: Κρυμμένη καθετότητα.png (21.68 KiB) Προβλήθηκε 381 φορές

Γράφω και τον περίκυκλο του PEZ

και φέρνω την $AT\bot EZ$ που τέμνει την

στο

Θα δείξω ότι η

είναι διάμεσος του ABC.

Πράγματι, τα ορθογώνια τρίγωνα AEP, ATZ

είναι ισογώνια. Αλλά η

είναι η

ευθεία της

συμμετροδιαμέσου του ABC

και αφού $B\widehat AP=M\widehat AC,$ η

θα είναι διάμεσος.

STOPJOHN · #3

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 30, 2025 8:58 am
Έστω , $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,C$ τέμνονται στο σημείο .

Από το φέρνουμε $PE\,\,,\,\,PZ$ κάθετες στις ευθείες $AB\,\,,\,\,AC$ αντίστοιχα .

Να δειχθεί ότι η διάμεσος του $\vartriangle ABC$ , είναι κάθετη στην .

Όλες οι λύσεις ( εντός ή εκτός φακέλου ) μετράνε εξίσου .

Απο την υπόθεση της άσκησης με τις εφαπτόμενες στα σημεία B,C

η

είναι η συμμετροδιάμεσος απο τη

κορυφή

, Κατασκευή της συμμετροδιαμέσου .

$OM\perp BC,\hat{BAK}=\hat{KAC}=\nu$ , $\hat{EAP}=\hat{EZP}=\omega ,\hat{PAN}=\hat{PEZ}=\varphi$

λόγω εγγράψιμου τετράπλευρου AEPZ

Προφανώς είναι

$\hat{TAM}=2(\phi -\nu )=2(\nu -\omega )\Leftrightarrow 2\nu =\omega +\phi ,(*),\hat{TAS}=90-\hat{ATS}$

λόγω της

$\hat{TAM}=2(\phi -\nu )=2(\nu -\omega )\Leftrightarrow 2\nu =\omega +\phi ,(*),\hat{TAS}=90-\hat{ATS}$ ,

διευκρινίζεται ότι

$\hat{LAM}=2(\nu -\omega )=90-ATS,AS\perp EZ$

Ιστοσελίδα · #4

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 30, 2025 8:58 am
Έστω , $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,C$ τέμνονται στο σημείο .

Από το φέρνουμε $PE\,\,,\,\,PZ$ κάθετες στις ευθείες $AB\,\,,\,\,AC$ αντίστοιχα .

Να δειχθεί ότι η διάμεσος του $\vartriangle ABC$ , είναι κάθετη στην .

Όλες οι λύσεις ( εντός ή εκτός φακέλου ) μετράνε εξίσου .

: shape.png (42.56 KiB) Προβλήθηκε 349 φορές

Το $\displaystyle \triangle PBC$ ισοσκελές, άρα

είναι ύψος και διχοτόμος.

Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $\displaystyle BMPE,\,CMPZ,\,OBPC$ καθώς και από τη σχέση επίκεντρης και εγγεγραμμένης γωνίας του ίδιο τόξου, προκύπτει ότι το $\displaystyle M$ είναι το ορθόκεντρο του $\triangle AEZ$ και το ζητούμενο είναι προφανές.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 30, 2025 8:58 am
Έστω , $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,C$ τέμνονται στο σημείο .

Από το φέρνουμε $PE\,\,,\,\,PZ$ κάθετες στις ευθείες $AB\,\,,\,\,AC$ αντίστοιχα .

Να δειχθεί ότι η διάμεσος του $\vartriangle ABC$ , είναι κάθετη στην .

Όλες οι λύσεις ( εντός ή εκτός φακέλου ) μετράνε εξίσου .

Κάτι παρόμοιο με τον Μχάλη Νάνο

Λόγω των γωνιών υπό χορδής –εφαπτομένης και των εγγράψιμμων BMPE,PMCZ

οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες όπως και μπλε.

Έτσι ,το MZPE

είναι παραλ/μμο οπότε $ZM \bot AE,EM \bot AZ \Rightarrow AM \bot EZ$

: Κρυμμένη καθετότητα.png (39.19 KiB) Προβλήθηκε 305 φορές

Κρυμμένη καθετότητα

Κρυμμένη καθετότητα

Re: Κρυμμένη καθετότητα

Re: Κρυμμένη καθετότητα

Re: Κρυμμένη καθετότητα

Re: Κρυμμένη καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση