mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 08, 2017 11:00 pm**

Έστω $\vartriangle ABC$ τρίγωνο με AB=AC

. Έστω

σημεία πάνω στις BC,CA

, έτσι ώστε $XY \parallel AB$ .

Έστω

το περίκεντρο του $\vartriangle CXY$ , και

το μέσο του

.

Να δείξετε ότι $\widehat{AED}=90^\circ$ .

: 90ara.png (20.68 KiB) Προβλήθηκε 1047 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 09, 2017 2:19 pm**

Με ύλη Α Λυκείου .

Αγνοώ προσωρινά το μέσο του

. Επειδή τα τρίγωνα $ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,YXC$ είναι

ισοσκελή και ισογώνια , αν

το μέσο του

θα είναι $\widehat \theta = \widehat {XYC} = \widehat A$ του

$\vartriangle ABC$ . Αν λοιπόν η

κόψει την

στο

το τετράπλευρο AYOS

είναι

εγγράψιμο σε κύκλο , έστω ${K_1}$ . Έστω

το σημείο τομής της ευθείας

με τον

κύκλο ${K_1}$ . Αφού XT//AS

το τετράπλευρο AYTS

είναι ισοσκελές τραπέζιο και

έτσι AY = ST

. Όμως αβίαστα προκύπτει ότι :

: Ενενηντάρα του Ορέστη_3.png (51.23 KiB) Προβλήθηκε 949 φορές

$\widehat \omega = \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat \omega = \widehat {{\omega _4}} = \widehat {{\omega _3}} \Rightarrow \boxed{\widehat {{\omega _2}} = \widehat {{\omega _3}}} \Rightarrow \boxed{TS = TX}$ . Τώρα θα είναι

TY = AC = AB

οπότε το τετράπλευρο AYTB

είναι παραλληλόγραμμο και το σημείο

τομής των διαγωνίων του, έστω

. Είναι το μέσο του

. Στον κύκλο ${K_1}$

επειδή $\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} \Rightarrow \tau o\xi OA = \tau o\xi TO$ . Δηλαδή το

είναι στον κύκλο ,

${K_1}$ μέσο του τόξου $\tau o\xi AT$ άρα $\boxed{OE \bot AE}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 10, 2017 10:58 am**

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ τρίγωνο με . Έστω σημεία πάνω στις , έτσι ώστε $XY \parallel AB$ .

Έστω το περίκεντρο του $\vartriangle CXY$ , και το μέσο του .

Να δείξετε ότι $\widehat{AED}=90^\circ$ .

Καλημέρα!

: 90ara.png (19.56 KiB) Προβλήθηκε 867 φορές

Θέτω

τα μέσα των XY,CY

αντίστοιχα. Το YNDM

είναι εγγράψιμο και

μεσοκάθετος της

Από $\triangleleft DMN \sim \triangleleft DYC \Rightarrow \dfrac{{NM}}{{CY}} = \dfrac{{ND}}{{CD}}\,\,(1)$ . Από παραλληλία: $\dfrac{{NM}}{{NE}} = \dfrac{{CX}}{{CB}} = \dfrac{{CY}}{{CA}} \Leftrightarrow \dfrac{{NM}}{{CY}} = \dfrac{{NE}}{{CA}}\,\,(2)$

Από (1),(2)

και τις ίσες «πράσινες» γωνίες προκύπτει ότι $\triangleleft NED \sim \triangleleft CAD$ , οπότε το ANDE

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 10, 2017 4:29 pm**

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ τρίγωνο με . Έστω σημεία πάνω στις , έτσι ώστε $XY \parallel AB$ .

Έστω το περίκεντρο του $\vartriangle CXY$ , και το μέσο του .

Να δείξετε ότι $\widehat{AED}=90^\circ$ .

Ακόμα μία…

: 90ara_2.png (28.08 KiB) Προβλήθηκε 858 φορές

Φέρω $AM \bot BC$ και έστω

το συμμετρικό του

ως προς

Απ’ το παραλληλόγραμμο KYDB:KB = YD = DC

και απ’ τις ίσες «πράσινες» γωνίες: $\triangleleft ABK\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \triangleleft ACD \Rightarrow AK = AD$

Έτσι, η διάμεσος

του ισοσκελούς $\triangleleft AKD$ θα είναι και ύψος.

mathematica.gr

90άρα

90άρα

Re: 90άρα

Re: 90άρα

Re: 90άρα