Ευθυγράμμιση

KARKAR · #1

Σε κύκλο , η

είναι διάμετρος και το

εξωτερικό του σημείο . Από το

φέρω

κάθετη

προς την

και τα εφαπτόμενα τμήματα SP,SQ

. Τα

τέμνονται στο

. Δείξτε ότι τα σημεία A,T,P

είναι συνευθειακά

#2

KARKAR έγραψε:Σε κύκλο , η είναι διάμετρος και το εξωτερικό του σημείο . Από το φέρω

κάθετη προς την και τα εφαπτόμενα τμήματα . Τα

τέμνονται στο . Δείξτε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά

: 1.png (35.61 KiB) Προβλήθηκε 748 φορές

Με $\displaystyle{ OQ \bot SQ,OP \bot SP }$ (… ακτίνες στα σημεία επαφής των εφαπτομένων) τότε $\displaystyle{ O,Q,S,P }$ ομοκυκλικά. Επίσης $\displaystyle{ SD \bot OD,OQ \bot QS \Rightarrow O,Q,S,D }$

ομοκυκλικά οπότε τα $\displaystyle{ O,Q,S,P,D }$ ανήκουν στον ίδιο κύκλο ((δύο τετράδες ομοκυκλικών με τρία κοινά σημεία) άρα το τετράπλευρο

$\displaystyle{ PDQS }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο άρα $\displaystyle{ \widehat{PDS} = \widehat{PQS}\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,(PQ)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \,\, - \alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \widehat{PBQ} \Rightarrow TDBP }$ εγγράψιμο και με

$\displaystyle{ \widehat{TDB} = 90^0 \Rightarrow \widehat{TPB} = 90^0 \Rightarrow TP \bot BP\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{APB} = 90^0 \,\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \varepsilon \,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o) \Rightarrow AP \bot BP} A,T,P }$ συνευθειακά (κάθετες στην ίδια ευθεία στο ίδιο σημείο..)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Θανάση έχεις σκεφτεί μήπως το $\displaystyle{ T }$ είναι το έκκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle DQP }$

#3

Έστω

το σημείο τομής των AQ,BP

.
Έχουμε: $P\hat QS = P\hat BQ = \hat \omega$ [ Χορδή και εφαπτομένη στο άκρο της] .Επίσης $A\hat QB = {90^0}$ [βαίνει σε ημικύκλιο] . Έτσι θα έχουμε από το ορθογώνιο τρίγωνο QBC

ότι $Q\hat CB = {90^0} - \hat \omega$ . Όμως $Q\hat SP = {180^0} - 2\hat \omega = 2({90^0} - \hat \omega ) = 2Q\hat CP$ (1)
Η (1) μας εξασφαλίζει ότι τα ο περίκυκλος του CQP

έχει κέντρο το σημείο

.
Αν τώρα φέρουμε την εφαπτομένη ευθεία $(\varepsilon )$ στο κύκλο αυτόν στο

διαδοχικά θα έχουμε:
$\hat \theta = C\hat PQ = B\hat AQ$ και άρα $(\varepsilon )//AB$ που πάλι αυτό μας εξασφαλίζει $CS \bot AB$ , οπότε το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου CAB

.
Αν φέρομε λοιπόν την

αυτή θα διέρχεται από το

, που είναι και το ζητούμενο.

(Πάλι με πρόλαβες Στάθη με το υστερόγραφό σου )

Φιλικά Νίκος

#4

Μία από τις 15 προτάσεις, (η 12) ωραία παρουσιασμένες και εδώ: http://agutie.homestead.com/files/ArchBooLem00.htm

Grigoris K. · #5

Και μία ακόμη "βαριά" λύση μετά τις εξαίρετες του κ. Στάθη και του κ. Νίκου:

Ισοδύναμα θα αποδείξουμε ότι αν $\displaystyle{ T \equiv AP \cap BQ }$ τότε ισχύει $\displaystyle{ ST \perp AB }$ .

Αν $\displaystyle{ R \equiv AQ \cap BP }$ το $\displaystyle{ T }$ είναι το ορθόκεντρο του $\displaystyle{ \triangle ARB }$ .

Όμως το Θ. Pascal δίνει ότι τα $\displaystyle{ R,S,T }$ είναι συνευθειακά άρα ισχύει $\displaystyle{ RT \perp AB \Rightarrow ST \perp AB }$ .

Ευθυγράμμιση

Ευθυγράμμιση

Re: Ευθυγράμμιση

Re: Ευθυγράμμιση

Re: Ευθυγράμμιση

Re: Ευθυγράμμιση

Μέλη σε σύνδεση