Όμορφη Γεωμετρία με συνευθειακά

asxetos · #1

Έστω

οξυγώνιο τρίγωνο.Θεωρούμε τους κύκλους C_1,C_2

με διάμετρους AB,AC

αντίστοιχα.Η κάθετη ευθεία από το

στην

τέμνει τον κύκλο C_2

στα σημεία

και

με

.Ομοίως έστω Z,W

τα σημεία τομής της κάθετης από το

στην

με τον κύκλο C_1

και

.Να δείξετε ότι η ευθείες

κα

τέμνονται πάνω στην

.

Η άσκηση αυτή είναι εμπευσμένη από μια άλλη αρκετά απλούστερη.Ελπίζω να σας αρέσει!

#2

asxetos έγραψε:Έστω οξυγώνιο τρίγωνο.Θεωρούμε τους κύκλους με διάμετρους αντίστοιχα.Η κάθετη ευθεία από το στην τέμνει τον κύκλο στα σημεία και με .Ομοίως έστω τα σημεία τομής της κάθετης από το στην με τον κύκλο και .Να δείξετε ότι η ευθείες κα τέμνονται πάνω στην .

Η άσκηση αυτή είναι εμπευσμένη από μια άλλη αρκετά απλούστερη.Ελπίζω να σας αρέσει!

Θα προσπαθήσω να δώσω μια στοιχειώδη λύση (με Λυκειακά εργαλεία) όσο το δυνατόν αναλυτικότερα (για να μπορεί να διαβαστεί και από μαθητές Β’ Λυκείου)

για το όμορφο αυτό θέμα που όπως μας πληροφόρησε ο Μιχάλης εδώ είναι θέμα της τελευταίας Olympic Revenge

Έστω $D \equiv BXY \cap AC,E \equiv CZW \cap AB$ και ας είναι $BD \cap CE \equiv H$ (το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ) και $F \equiv AH \cap BC$ και $S \equiv WX \cap YZ$ .

Με τη χορδή του $\left( {{C_1}} \right)$ κάθετη στη διάμετρο του προκύπτει ότι τα είναι συμμετρικά ως προς την $AB \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{\left( {AW} \right) = \left( {AZ} \right)}:\left( 1 \right) \hfill \\ \boxed{\angle WAE = BAZ}:\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: $\boxed{\left( {AY} \right) = \left( {AX} \right)}:\left( 2 \right)$ . Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle AWB\left( {\angle AWB = {{90}^0}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{WE \bot AB} \boxed{{{\left( {AW} \right)}^2} = \left( {AE} \right)\left( {AB} \right)}:\left( 4 \right)$

και ομοίως από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle AYC\left( {\angle AYC = {{90}^0}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{YD \bot AC} \boxed{{{\left( {AY} \right)}^2} = \left( {AD} \right)\left( {AC} \right)}:\left( 5 \right)$ .

Για τις χορδές του περικυκλίου του τετραπλεύρου (εγγράψιμο αφού $\angle BEC = \angle BDC = {90^0}$ ) που οι προεκτάσεις τους τέμνονται στο

σύμφωνα με το Θεώρημα των τεμνομένων χορδών θα έχουμε: $\left( {AE} \right)\left( {AB} \right) = \left( {AD} \right)\left( {AC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right),\left( 5 \right)} {\left( {AW} \right)^2} = {\left( {AY} \right)^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AW} \right),\left( {AY} \right) > 0}$

$\left( {AW} \right) = \left( {AY} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 3 \right)} \boxed{\left( {AW} \right) = \left( {AY} \right) = \left( {AX} \right) = \left( {AZ} \right)}$ και συνεπώς το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο $\left( A \right)$ (κέντρου )

οπότε: $\left\{ \begin{gathered} \angle SXZ\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } \angle WYZ \\ \angle WYZ\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( A \right)} \frac{{\angle WAZ}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \angle WYZ = \angle BAZ \\ \end{gathered} \right.$ $\Rightarrow \boxed{\angle SXZ = \angle BAZ}:\left( 6 \right)$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
Επίσης $\angle XWY \equiv \angle SWY\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( A \right)} \dfrac{{\angle XAY}}{2}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle XAD = \angle DAY = \frac{{\angle XAY}}{2}} \boxed{\angle XWY = \angle DAY}:\left( 7 \right)$ .

Στο τρίγωνο $\vartriangle WSY \Rightarrow \angle WSY \equiv \angle XSZ = {180^0} - \left( {\angle WYZ + \angle XWY} \right) \Rightarrow$ $\boxed{\angle XSZ = {{180}^0} - \left( {\angle WYZ + \angle XWY} \right)}:\left( 8 \right)$ .

και $\boxed{\angle XFZ = \angle XFA + \angle AFZ}:\left( 9 \right)$ . Αλλά $\left\{ \begin{gathered} \angle XFA\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,\tau o\upsilon \,\,\left( {{C_2}} \right)} \angle AYX\mathop = \limits^{\vartriangle ADY\left( {\angle ADY = {{90}^0}} \right)} {90^0} - \angle YAD \\ \angle AFZ\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,\tau o\upsilon \,\,\left( {{C_1}} \right)} \angle ZWA\mathop = \limits^{\vartriangle AEW\left( {\angle AEW = {{90}^0}} \right)} {90^0} - \angle WAE \\ \end{gathered} \right.$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} \angle XFA + \angle AFZ = {180^0} - \left( {\angle YAD + \angle WAE} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 9 \right)}$ $\boxed{\angle XFZ = {{180}^0} - \left( {\angle YAD + \angle WAE} \right)}:\left( {10} \right)$ .

Με $\left\{ \begin{gathered} \angle WAE = \angle WYZ \hfill \\ \angle YAD = \angle XWY \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} \angle WAE + \angle YAD =$ $\angle WYZ + \angle XWY\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 8 \right),\left( {10} \right)} \angle XSZ = \angle XFZ$ οπότε

το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο και συνεπώς: $\boxed{\angle SXZ = \angle SFZ}:\left( {11} \right)$ . Από το εγγεγραμμένο είναι

$\angle SXZ\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } \angle WYZ = \angle BAZ$ $\mathop = \limits^{ABFZ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( {{C_1}} \right)} \angle CFZ\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {11} \right)}$

$\angle SFZ = \angle CFZ \Rightarrow F,S,C$ συνευθειακά και με συνευθειακά προκύπτει ότι $S \in BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#3

Ρίξτε μια ματιά και Εδώ.

Κώστας Βήττας.

Όμορφη Γεωμετρία με συνευθειακά

Όμορφη Γεωμετρία με συνευθειακά

Re: Όμορφη Γεωμετρία με συνευθειακά

Re: Όμορφη Γεωμετρία με συνευθειακά

Μέλη σε σύνδεση