Ωραία ισότητα

simantiris j. · #1

Έστω τρίγωνο ABC

και με αυτή τη σειρά τα D,A,B,E

είναι σημεία της ευθείας

τέτοια ώστε AC=AD

και

.Έστω $\Gamma ,\Omega$ οι περίκυκλοι των τριγώνων ABC,CDE

αντίστοιχα, που επανατέμνονται στο

.Αν η εφαπτομένη του $\Omega$ στο

τέμνει τον $\Gamma$ στο σημείο

και το ίχνος της καθέτου από το

στην

είναι το σημείο

να δειχθεί ότι $\angle AGH=\angle BGH$ .

#2

simantiris j. έγραψε:Έστω τρίγωνο και με αυτή τη σειρά τα είναι σημεία της ευθείας τέτοια ώστε και .Έστω $\Gamma ,\Omega$ οι περίκυκλοι των τριγώνων αντίστοιχα, που επανατέμνονται στο .Αν η εφαπτομένη του $\Omega$ στο τέμνει τον $\Gamma$ στο σημείο και το ίχνος της καθέτου από το στην είναι το σημείο να δειχθεί ότι $\angle AGH=\angle BGH$ .

Έστω $L \equiv DF \cap EC,T \equiv AG \cap CF,K \equiv BG \cap CF$ . Είναι $\angle DFA\mathop = \limits^{\vartriangle DAF} \angle EAF - \angle EDF\mathop = \limits^{AFCB,DFCE\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu \alpha \,\,\sigma \varepsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\upsilon \varsigma }$

${180^0} - \angle FCB - \left( {{{180}^0} - \angle FCE} \right) =$ $\ldots \angle BCE\mathop = \limits^{BC = BE} \angle AEL \Rightarrow AFLE$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε

$\angle FLC = \angle FAD$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle CFG = \angle CDL\,\,(\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \,\, - \,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta )}$ $\vartriangle KGF \sim \vartriangle CLD \Rightarrow \boxed{\angle GKT = \angle LCD}:\left( 1 \right)$ .
[attachment=0]ωραία ισότητα.png[/attachment]
Επίσης ισχύει: $\angle KTG\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle TGF} \angle TFG + \angle FGA =$ $\mathop = \limits^{FG\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( \Omega \right),\,\,ACGF\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\,\,\sigma \tau o\nu \,(\Gamma )\,}$

$\angle CDF + \angle FCA = \angle CDF + \angle FCD + \angle DCA$ $\mathop = \limits^{AD = AC \Rightarrow \angle DCA = \angle CDA}$

$\angle CDF + \angle FCD + \angle CDA = \angle EDF + \angle FCD$ $\mathop = \limits^{D,F,C,E\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } {180^0} - \angle ECF + \angle FCD =$

${180^0} - \left( {\angle ECF - \angle FCD} \right) = {180^0} - \angle ACE$ $= \angle DCL \Rightarrow \boxed{\angle KTG = \angle LCD}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \angle GKT = \angle KTG \Rightarrow \vartriangle TGK$ ισοσκελές οπότε το ύψος του είναι και διχοτόμος και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Στάθης

simantiris j. · #3

Ωραία λύση κ.Στάθη

. Θα επανέλθω σύντομα βάζοντας και τη δική μου για αυτό το ωραίο θέμα.

Henri van Aubel · #4

Υπάρχει και λύση μόνο με κυνήγι γωνιών. Έστω $K\equiv BG\cap AC,T\equiv AG\cap FC,$ . Από το εγγράψιμο AFCB

έχουμε $\displaystyle \angle FCB=\angle DCA+\angle ACB+\angle DCF=\frac{\angle A}{2}+\angle C+\angle DCF:(1)$ . Από το εγγράψιμο FBCG

είναι $\angle GBC=\angle GFC^{\chi o\varrho \delta \eta -\epsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta }=\angle CDF:(2)$ . Από $\displaystyle \left ( 1 \right ),\left ( 2 \right )\Rightarrow \angle TKG=180^\circ-\frac{\angle A}{2}-\angle C-\left ( 180^\circ-\angle DFC \right )=90^\circ-\frac{\angle C}{2}:(3),$ δεδομένου ότι $\displaystyle \angle DFC=180^\circ-\angle DEC^{BE=BC}=180^\circ-\frac{\angle B}{2}$ από το εγγράψιμο DFCE

. Ακόμα, είναι απλό ότι $\displaystyle \angle FGA^{AFGC\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle FCA=\angle DCF+\frac{\angle A}{2}:(4)$ και ότι $\angle GFC^{\chi o\varrho \delta \eta -\epsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta }=\angle CDF:(5),$ οπότε τελικά $\displaystyle \angle KTG=\frac{\angle A}{2}+180^\circ-\angle DFC=\frac{\angle A}{2}+\frac{\angle B}{2}=90^\circ-\frac{\angle C}{2}:(6)$ .Συνεπώς, από $\left ( 3 \right ),\left ( 6 \right )\Rightarrow \angle KTG=\angle TKG\Rightarrow TG=KG$ και με

ύψος, θα είναι και διχοτόμος στο ισοσκελές τρίγωνο GTK,

δηλαδή $\angle AGH\equiv \angle TGH=\angle KGH\equiv \angle BGH,$ όπως θέλαμε.

Υ.Σ Υπέροχο και ευκολοκατάβλητο θέμα!

Ωραία ισότητα

Ωραία ισότητα

Re: Ωραία ισότητα

Re: Ωραία ισότητα

Re: Ωραία ισότητα

Μέλη σε σύνδεση