Έχει λόγο η επαφή

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7343
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Έχει λόγο η επαφή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Απρ 20, 2013 3:19 pm

Επαφή extra.png
Επαφή extra.png (16.26 KiB) Προβλήθηκε 614 φορές
Σε τετράγωνο ABCD μήκους πλευράς a τα σημεία E,Z των πλευρών AD,DC

αντίστοιχα είναι τέτοια ώστε: DE = CZ = \displaystyle\frac{1}{3}a . Αν οι AZ,CE διασταυρώνονται

στο S και οι AC,BS διασταυρώνονται στο T , να δειχθεί ότι η ευθεία EC

εφάπτεται του κύκλου που περνά από τα B,T,C .

Νίκος


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4030
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Έχει λόγο η επαφή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Απρ 20, 2013 8:19 pm

Doloros έγραψε:Σε τετράγωνο ABCD μήκους πλευράς a τα σημεία E,Z των πλευρών AD,DC αντίστοιχα είναι τέτοια ώστε: DE = CZ = \displaystyle\frac{1}{3}a . Αν οι AZ,CE διασταυρώνονται στο S και οι AC,BS διασταυρώνονται στο T , να δειχθεί ότι η ευθεία EC εφάπτεται του κύκλου που περνά από τα B,T,C .
Νίκος
Έστω M \equiv BS \cap DC,P \equiv BZ \cap CE,O \equiv AC \cap BD.

Στο τρίγωνο \vartriangle ADZ με διατέμνουσα την ESC από το Θεώρημα του Μενελάου έχουμε: \dfrac{{SA}}{{SZ}} \cdot \dfrac{{CZ}}{{CD}} \cdot \dfrac{{ED}}{{EA}} = 1 \Rightarrow \boxed{\frac{{SA}}{{SZ}} = \frac{{CD}}{{CZ}} \cdot \frac{{EA}}{{ED}}}:\left( 1 \right).

Με CZ = \dfrac{1}{3}a = \dfrac{1}{3}CD \Rightarrow \dfrac{{CD}}{{CZ}} = 3 και ED = \dfrac{1}{3}a = \dfrac{1}{3}AD \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{ED}} = 2 οπότε από την \left( 1 \right) \Rightarrow \boxed{\dfrac{{SA}}{{SZ}} = 6}:\left( 2 \right).

Με MZ\parallel AB \Rightarrow \vartriangle SAB \sim \vartriangle SMZ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{MZ}} = \dfrac{{SA}}{{SZ}}\mathop  = \limits^2 6\mathop  \Rightarrow \limits^{AB = a} MZ = \dfrac{a}{6}\mathop  \Rightarrow \limits^{CZ = \frac{a}{3}} \boxed{CM = \frac{a}{2}}:\left( 3 \right).
[attachment=0]2.png[/attachment]
Με MC\parallel AB \Rightarrow \vartriangle MTC \sim \vartriangle BTA \Rightarrow \dfrac{{TC}}{{TA}} = \dfrac{{MC}}{{AB}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{a} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow TC = \dfrac{{TA}}{2} \Rightarrow OC - OT = \dfrac{{OT + OA}}{2}\mathop  \Rightarrow \limits^{OC = OA = OB}

OB - OT = \dfrac{{OT + OB}}{2} \Rightarrow \dfrac{{OT}}{{OB}} = \dfrac{1}{3} = \dfrac{{CZ}}{{BC}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle TOB = \angle ZCB = {{90}^0}} \vartriangle TOB \sim \vartriangle ZCB \Rightarrow \angle TBO = \angle CBZ\mathop  \Rightarrow \limits^{ + \angle TBP} \boxed{\angle OBP = \angle TBC}:\left( 4 \right).

Προφανώς τα ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle DEC\left( {\angle EDC = {{90}^0}} \right),\vartriangle CZB\left( {\angle ZCB = {{90}^0}} \right) είναι ίσα \left( {ED = ZC = \dfrac{a}{3},DC = CB = a} \right) άρα και

\angle DCE = \angle CBZ\mathop  \Rightarrow \limits^{DC \bot BC} CE \bot BZ \Rightarrow \angle BPC = {90^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle BOC = {{90}^0}} B,O,P,C είναι ομοκυκλικά οπότε

\angle PCT \equiv \angle PCO = \angle OBP\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \boxed{\angle PCT = \angle TBC} και επειδή η TC είναι χορδή του περικυκλίου του τριγώνου \vartriangle TBC τότε

η ευθεία PC \equiv EC θα είναι εφαπτόμενή του και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης
Συνημμένα
2.png
2.png (26.46 KiB) Προβλήθηκε 563 φορές


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
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4030
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Έχει λόγο η επαφή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Απρ 20, 2013 10:10 pm

Doloros έγραψε: Σε τετράγωνο ABCD μήκους πλευράς a τα σημεία E,Z των πλευρών AD,DC αντίστοιχα είναι τέτοια ώστε: DE = CZ = \displaystyle\frac{1}{3}a . Αν οι AZ,CE διασταυρώνονται στο S και οι AC,BS διασταυρώνονται στο T , να δειχθεί ότι η ευθεία EC εφάπτεται του κύκλου που περνά από τα B,T,C .
Νίκος
Και μια λύση αφιερωμένη στον Γιώργο (Ρίζο) για να "αναδείξουμε" την αξία της Αναλυτικής Γεωμετρίας :)

\bullet Επιλέγοντας ορθοκανονικό σύστημα με αρχή το A\left( {0,0} \right), Ax \to AB,Ay \to AD οι συντεταγμένες των σημείων B,C,D,Z,E (από κατασκευής)

είναι αυτές που φαίνονται στο σχήμα (με a > 0) το μήκος της πλευράς του τετραγώνου.

Είναι {\lambda _{AZ}} = \dfrac{a}{{\frac{{2a}}{3}}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \boxed{\left( {AZ} \right) \to y = \dfrac{2}{3}x} και {\lambda _{EC}} = \dfrac{{a - \dfrac{{2a}}{3}}}{{a - 0}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow \boxed{\left( {EC} \right) \to y - \dfrac{{2a}}{3} = \dfrac{1}{3}x}

Οι συντεταγμένες του S \equiv AZ \cap CE θα προκύψουν από τη λύση του συστήματος των πιο πάνω εξισώσεων των ευθειών.

Έχουμε: S:\left\{ \begin{gathered} 
  y = \dfrac{2}{3}x \\  
  y - \dfrac{{2a}}{3} = \dfrac{1}{3}x \\  
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow  \ldots \left\{ \begin{gathered} 
  x = \dfrac{{4a}}{7} \\  
  y = \dfrac{{6a}}{7} \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{S\left( {\dfrac{{4a}}{7},\dfrac{{6a}}{7}} \right)}
[attachment=0]3.png[/attachment]
\bullet Επίσης {\lambda _{BS}} = \dfrac{{\dfrac{{6a}}{7} - 0}}{{\dfrac{{4a}}{7} - a}} =  - 2 \Rightarrow \boxed{\left( {BS} \right) \to y =  - 2\left( {x - a} \right)} και η εξίσωση της AC είναι (η διχοτόμος της 1ης και 3ης γωνίας των αξόνων) \boxed{AC \to y = x}

Οι συντεταγμένες του T \equiv SB \cap AC θα προκύψουν από τη λύση του συστήματος των πιο πάνω εξισώσεων των ευθειών.

Έχουμε: T:\left\{ \begin{gathered} 
  Y =  - 2\left( {x - a} \right) \\  
  y = x \\  
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow  \ldots x = y = \dfrac{{2a}}{3} \Rightarrow \boxed{T\left( {\dfrac{{2a}}{3},\dfrac{{2a}}{3}} \right)}.

Είναι {\left( {SC} \right)^2} = {\left( {\dfrac{{4a}}{7} - a} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{6a}}{7} - a} \right)^2} \Rightarrow  \ldots \boxed{{{\left( {SC} \right)}^2} = \dfrac{{10{a^2}}}{{49}}}:\left( 1 \right) και

\left( {ST} \right) \cdot \left( {SB} \right) = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{4a}}{7} - \dfrac{{2a}}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{6a}}{7} - \dfrac{{2a}}{3}} \right)}^2}}  \cdot \sqrt {{{\left( {\dfrac{{4a}}{7} - a} \right)}^2} + {{\left( {\dfrac{{6a}}{7} - 0} \right)}^2}} \Rightarrow  \ldots \boxed{\left( {ST} \right) \cdot \left( {SB} \right) = \dfrac{{10{a^2}}}{{49}}}:\left( 2 \right).

Από \left( 1 \right),\left( 2 \right) προκύπτει ότι {\left( {SC} \right)^2} = \left( {ST} \right) \cdot \left( {SB} \right) \Rightarrow SC εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου \vartriangle BCT και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης
Συνημμένα
3.png
3.png (24.69 KiB) Προβλήθηκε 519 φορές


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
AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1104
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Έχει λόγο η επαφή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Κυρ Απρ 21, 2013 1:15 pm

Καλημέρα σε όλους!
Μία άλλη σκέψη:
Αρκεί να δείξουμε ότι \widehat{ECA}=\widehat{SBC}.
Συμπληρώνουμε το σχήμα με τετράγωνα. Από τις ομοιότητες προκύπτει ότι η AZ διέρχεται από το μέσο M της CH και η EC από το Q. Ακόμα, λόγω Θ. κεντρικής δέσμης, οι AM, EC, BP συντρέχουν στο S, καθώς \dfrac{EA}{EP}=\dfrac{CM}{CB}. Τέλος, από τα όμοια τρίγωνα CNQ, BPH προκύπτει η επιθυμητή ισότητα γωνιών \widehat{QCN}=\widehat{PBH}.
Συνημμένα
ΕΠΑΦΗ.png
ΕΠΑΦΗ.png (7.99 KiB) Προβλήθηκε 407 φορές


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7343
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Έχει λόγο η επαφή

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Απρ 21, 2013 10:11 pm

Καλησπέρα. Ευχαριστώ για τις λύσεις .
Epafi_me_logo.png
Epafi_me_logo.png (21.43 KiB) Προβλήθηκε 376 φορές
Αρκεί (όπως το είδε και ο Ανδρέας που την ξετίναξε την άσκηση !) \widehat \omega  = \widehat \theta .

Έστω K το σημείο τομής των AZ\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,BC .

Από την ομοιότητα των τριγώνων ABK\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,ZCK έχουμε

:\displaystyle\frac{{KB}}{{KC}} = \displaystyle\frac{{AB}}{{ZC}} = \displaystyle\frac{3}{1} \Rightarrow \displaystyle\frac{{KB}}{{KB - KC}} = \displaystyle\frac{3}{{3 - 1}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{KB}}{{BC}} = \displaystyle\frac{3}{2}\,\,\,(1)

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο DEC με διατέμνουσα AZ έχουμε:

\displaystyle\frac{{DA}}{{AE}} \cdot \displaystyle\frac{{ES}}{{SC}} \cdot \displaystyle\frac{{CZ}}{{ZD}} = 1 \Rightarrow \displaystyle\frac{3}{2} \cdot \displaystyle\frac{{ES}}{{SC}} \cdot \displaystyle\frac{1}{2} = 1 \Rightarrow \displaystyle\frac{{ES}}{{SC}} = \displaystyle\frac{4}{3}\,\,(2) .Επειδή τα τρίγωνα

AES\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,KSE είναι όμοια θα έχουμε :\displaystyle\frac{{SA}}{{SK}} = \displaystyle\frac{{SE}}{{SC}}\mathop  = \limits^{(2)} \displaystyle\frac{4}{3}\,\,(3) . Πάλι από το

θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο τώρα AKC με διατέμνουσα την BS και λόγω

των (1)\,\,,\,\,(3) θα έχουμε :

\displaystyle\frac{{AS}}{{SK}} \cdot \displaystyle\frac{{KB}}{{BC}} \cdot \displaystyle\frac{{CT}}{{TA}} = 1 \Rightarrow \displaystyle\frac{4}{3} \cdot \displaystyle\frac{3}{2} \cdot \displaystyle\frac{{CT}}{{TA}} = 1 \Rightarrow \displaystyle\frac{{CT}}{{TA}} = \displaystyle\frac{1}{2}\,\,\,(4) . Ας πούμε τώρα και d το

μήκος της διαγωνίου του τετραγώνου .

Ο λόγος \displaystyle\frac{{CB}}{{CT}} = \displaystyle\frac{{3a}}{d}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\displaystyle\frac{{AC}}{{AE}} = \displaystyle\frac{{3d}}{{2a}} κι επειδή 2{a^2} = d θα έχουμε \displaystyle\frac{{CB}}{{CT}} = \displaystyle\frac{{AC}}{{AE}}

δηλαδή τα τρίγωνα CTB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,AEC έχουν μια γωνία ίση με {45^0} περιεχομένη

μεταξύ ανάλογων πλευρών οπότε θα είναι όμοια και έτσι \widehat \omega  = \widehat \theta και το ζητούμενο

αποδείχτηκε .

Φιλικά Νίκος


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4674
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Έχει λόγο η επαφή

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Απρ 21, 2013 11:35 pm

Καλησπέρα σε όλους τους φίλους στο :logo:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Και μια λύση αφιερωμένη στον Γιώργο (Ρίζο) για να "αναδείξουμε" την αξία της Αναλυτικής Γεωμετρίας :)
Στάθης
Στάθη, ευχαριστώ για την Αφιέρωση!

Ως ελάχιστο Αντίδωρο, στέλνω την παρακάτω προέκταση στη δική σου Γεωμετρική λύση.
21-04-2013 Γεωμετρία.jpg
21-04-2013 Γεωμετρία.jpg (18.46 KiB) Προβλήθηκε 345 φορές
Αρκεί η υπό χορδής και εφαπτομένης γωνία \displaystyle{\widehat {ECA} = \omega } να είναι ίση με την εγγεγραμμένη \displaystyle{\widehat {SBC} = \varphi } που βαίνει στο τόξο της χορδής TC.

Είναι \displaystyle{\varepsilon \varphi ECD = \frac{{DE}}{{DC}} = \frac{1}{3}}

Είναι \displaystyle{\omega  = 45^\circ  - \widehat {ECD}} οπότε \displaystyle{\varepsilon \varphi \omega  = \varepsilon \varphi \left( {45^\circ  - ECD} \right) = \frac{{1 - \frac{1}{3}}}{{1 + \frac{1}{3}}} = \frac{1}{2}}
Προεκτείνουμε τη BT που τέμνει τη DC στο M.

Αρκεί, λοιπόν \displaystyle{\varepsilon \varphi \varphi  = \frac{1}{2}}, δηλαδή το M να είναι μέσο της DC.

Πιο κομψή λύση από το Θ. Μενελάου, που περιγράφει στη λύση του ο Στάθης δεν βρήκα. Το "δανείζομαι" και το χρησιμοποιώ για την ολοκλήρωση της λύσης στην όμορφη άσκηση του Νίκου, πετυχαίνοντας ένα ταιριαστό, θαρρώ, πάντρεμα Γεωμετρίας και Τριγωνομετρίας.

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Έστω M \equiv BS \cap DC,P \equiv BZ \cap CE,O \equiv AC \cap BD.

Στο τρίγωνο \vartriangle ADZ με διατέμνουσα την ESC από το Θεώρημα του Μενελάου έχουμε: \dfrac{{SA}}{{SZ}} \cdot \dfrac{{CZ}}{{CD}} \cdot \dfrac{{ED}}{{EA}} = 1 \Rightarrow \boxed{\frac{{SA}}{{SZ}} = \frac{{CD}}{{CZ}} \cdot \frac{{EA}}{{ED}}}:\left( 1 \right).

Με CZ = \dfrac{1}{3}a = \dfrac{1}{3}CD \Rightarrow \dfrac{{CD}}{{CZ}} = 3 και ED = \dfrac{1}{3}a = \dfrac{1}{3}AD \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{ED}} = 2 οπότε από την \left( 1 \right) \Rightarrow \boxed{\dfrac{{SA}}{{SZ}} = 6}:\left( 2 \right).

Με MZ\parallel AB \Rightarrow \vartriangle SAB \sim \vartriangle SMZ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{MZ}} = \dfrac{{SA}}{{SZ}}\mathop  = \limits^2 6\mathop  \Rightarrow \limits^{AB = a} MZ = \dfrac{a}{6}\mathop  \Rightarrow \limits^{CZ = \frac{a}{3}} \boxed{CM = \frac{a}{2}}:\left( 3 \right).


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7343
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Έχει λόγο η επαφή

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Απρ 21, 2013 11:57 pm

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Καλησπέρα σε όλους τους φίλους στο :logo:
Πιο κομψή λύση από το Θ. Μενελάου, που περιγράφει στη λύση του ο Στάθης δεν βρήκα. Το "δανείζομαι" και το χρησιμοποιώ για την ολοκλήρωση της λύσης στην όμορφη άσκηση του Νίκου, πετυχαίνοντας ένα ταιριαστό, θαρρώ, πάντρεμα Γεωμετρίας και Τριγωνομετρίας.
Γιώργο καλησπέρα .
Η λύση σου επισκιάζει και την λύση του Ανδρέα.

Ευχαριστώ πολύ.

Φιλικά Νίκος


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1858
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Έχει λόγο η επαφή

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Απρ 30, 2013 7:44 pm

Στις ωραίες λύσεις που υπάρχουν προσθέτω μια (από δύο που βρήκα)ακόμη ,λίγο μετρική.

Η προέκαση της ΒS τέμνει την AD στο Q.Έτσι \angle DQT=\angle TBC=\phi. Θα αποδείξουμε ότι και \angle ECT=\phi. Αρκεί λοιπόν το τετράπλευρο \textrm{CQET} να είναι εγγράψιμο.
Αρχικά, με Πυθαγόρειο στο \textrm{DEC} παίρνουμε, \textrm{EC}=\frac{\alpha \sqrt{10}}{3}. Στο τρίγωνο \textrm{DEC} με διατέμνουσα \textrm{ZSA} έχουμε
\frac{ZD}{ZC}\cdot \frac{SC}{SE}\cdot \frac{AE}{AD}=1\Rightarrow 2\frac{SC}{SE}\cdot \frac{2}{3}=1\Rightarrow \textrm{SE}=\frac{4}{3}\textrm{SC} \Rightarrow \textrm{ES}=\frac{4}{7}\textrm{EC}=\frac{4}{7}\cdot \frac{\alpha \sqrt{10}}{3}=\frac{4\alpha \sqrt{10}}{21}και \textrm{SC}=\frac{3\alpha \sqrt{10}}{21}
\textrm{SE}\cdot \textrm{SC}=\frac{40\alpha ^{2}}{147}\left ( {\color{Red} 1 }\right )
\textrm{EQ}//\textrm{BC}\Rightarrow \frac{EQ}{CB}=\frac{ES}{SC}=\frac{4}{3}\Rightarrow \textrm{EQ}=\frac{4}{3}\textrm{CB}=\frac{4}{3}\alpha\Rightarrow \textrm{EQ-DE}=\frac{4}{3}\alpha -\frac{1}{3}\alpha \Rightarrow \textrm{QD}=\alpha,
οπότε \textrm{D} μέσον της \textrm{AQ} κι επομένως \textrm{M} μέσον της \textrm{DC}(BCQD παρ/μμο) άρα \textrm{MZ}=\frac{\alpha }{6}
\textrm{MZ}//AB\Rightarrow \frac{MZ}{AB}=\frac{MS}{SB}\Rightarrow \frac{1}{6}=\frac{MS}{SB}\Rightarrow \textrm{MS}=\frac{1}{6}\textrm{SB}\Rightarrow \textrm{MS}=\frac{1}{7}\textrm{MB}\Rightarrow \textrm{MS}=\frac{1}{7}\cdot \frac{\alpha \sqrt{5}}{2}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{14}
Από το ορθογώνιο τρίγωνο \textrm{DQM} παίρνουμε \textrm{QM}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{2}.Άρα \textrm{QS}=\textrm{QM+MS}=\frac{4\alpha \sqrt{5}}{7}
\textrm{CT} είναι διχοτόμος του τριγώνου \textrm{CBM} κι έτσι \frac{MT}{TB}=\frac{MC}{CB}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{MT}{MB}=\frac{1}{3}\Rightarrow \textrm{MT}=\frac{1}{3}\textrm{MB}\Rightarrow \textrm{MT}=\frac{1}{3}\cdot \frac{\alpha \sqrt{5}}{2}\Rightarrow \textrm{MT}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{6}
\textrm{ST}=\textrm{MT-MS}=\frac{2\alpha \sqrt{5}}{21}
\textrm{QS}\cdot \textrm{ST}=\frac{40\alpha ^{2}}{147}\left ( 2{\color{Red} } \right ){\color{Red} }
Από \left ( 1 \right ),\left ( 2 \right )\Rightarrow \textrm{QS}\cdot \textrm{ST}=\textrm{SE}\cdot \textrm{SC} άρα το \textrm{CQET} είναι εγγράψιμο οπότε \angle ECT=\angle DQT=\angle TBC=\phi Αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο.
Συνημμένα
3.png
3.png (15.88 KiB) Προβλήθηκε 258 φορές


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5492
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Έχει λόγο η επαφή

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τρί Απρ 30, 2013 11:21 pm

Πώς να μείνεις έξω από αυτή την παρέα;...απλά προσπαθείς να μην μένεις.
Με όλες μου τις ευχές για καλή Ανάσταση.

Από την προφανή ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων DEC, CZB έχουμε: ZB \bot EC, όμοια παίρνουμε EB \bot AZ \Rightarrow BJ \bot EZ.
Επίσης παίρνουμε: \vartriangle DEZ \sim \vartriangle EHC \Rightarrow \angle CBJ = \angle DZE = \angle ECH.
Συνημμένα
eeee.ggb.png
eeee.ggb.png (17.25 KiB) Προβλήθηκε 183 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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