Στην ίδια ευθεία

#1

Σε κύκλο είναι εγγεγραμμένο $\vartriangle ABC$ . Φέρνω τα ύψη του , $AD\,,\,\,BE\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CZ$ . Το

τέμνει ακόμα τον κύκλο στο

.

Τα του κύκλου εφαπτόμενα στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ τμήματα , τέμνονται στο

. Η ευθεία

τέμνει την

στο

και η

ακόμα τον κύκλο στο

.

Δείξετε ότι τα σημεία : $B\,,\,T\,,\,S$ ανήκουν στην ίδια ευθεία .

Henri van Aubel · #2

Doloros έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 23, 2023 9:14 pm
Σε κύκλο είναι εγγεγραμμένο $\vartriangle ABC$ . Φέρνω τα ύψη του , $AD\,,\,\,BE\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CZ$ . Το τέμνει ακόμα τον κύκλο στο .

Τα του κύκλου εφαπτόμενα στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ τμήματα , τέμνονται στο . Η ευθεία τέμνει την στο και η ακόμα τον κύκλο στο .

Δείξετε ότι τα σημεία : $B\,,\,T\,,\,S$ ανήκουν στην ίδια ευθεία .

Υπέρχοχο, τα σέβη μου!

Ισχυρισμός 1: Είναι ZT=TE.

Απόδειξη: Έχουμε $\displaystyle \frac{\sin \angle TAZ}{\sin \angle TAE}=\frac{\sin \angle JAB}{\sin \angle JAC}=\frac{\displaystyle \frac{JC}{\sin \angle JAC}}{\displaystyle \frac{JB}{\sin \angle JAB}}=\frac{\displaystyle \frac{AJ}{\sin \angle ACJ}}{\displaystyle \frac{AJ}{\sin \angle ABJ}}=\frac{\sin \angle C}{\sin \angle B}=\frac{AE}{AZ},$

που επιβεβαιώνει το ζητούμενο του ισχυρισμού 1.

Στη συνέχεια θεωρούμε

την τομή των KZ,BS

και

την τομή των BS,ZE.

Έχουμε $\displaystyle \frac{ZQ}{QK}=\frac{ZS\cdot \sin \angle ZSB}{SK\cdot \sin \angle BSK}=\frac{BZ\cdot \sin \angle ZBS}{SK\cdot \cos \angle B}=\frac{\sin \angle AKS}{AS}\cdot \frac{AS}{SK}\cdot \frac{BZ}{\cos \angle B}=$

$\displaystyle =\frac{\sin \angle C}{AB}\cdot \frac{AS}{SE}\cdot \frac{SE}{SK}\cdot \frac{BZ}{\cos \angle B}=\frac{\sin \angle C}{AB}\cdot \frac{KC}{EC}\cdot \frac{SE}{SK}\cdot BC=$

$\displaystyle =\frac{\sin \angle C\cdot \sin \angle A}{\sin \angle C}\cdot \frac{KC}{EC} \cdot \frac {SE}{SK}=\sin \angle A\cdot \frac{\displaystyle \frac{\cos \angle C}{\sin \angle A}}{\displaystyle \frac{\cos \angle C}{1}}\cdot \frac{SE}{SK}=\sin \angle A\cdot \frac{1}{\sin \angle A}\cdot \frac{SE}{SK}=$

$\displaystyle =\frac{SE}{SK}.$

Οπότε δείξαμε ότι $\displaystyle \frac{ZQ}{QK}=\frac{SE}{SK}:(1)$

Από Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle ZKE$ με διατέμνουσα ST{'}Q

έχουμε $\displaystyle \frac{SK}{SE}\cdot \frac{T{'}Z}{T{'}E}\cdot \frac{ZQ}{QK}=1:(2)$

Από $\displaystyle \left ( 1 \right ),\left ( 2 \right )\Rightarrow \frac{SK}{SE}\cdot \frac{SE}{SK}\cdot \frac{T{'}Z}{T{'}E}=1\Leftrightarrow T{'}Z=T{'}E,$

οπότε το $T{'}\equiv T$ και άρα B,T,S

συνευθειακά.

#3

Doloros έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 23, 2023 9:14 pm
Σε κύκλο είναι εγγεγραμμένο $\vartriangle ABC$ . Φέρνω τα ύψη του , $AD\,,\,\,BE\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CZ$ . Το τέμνει ακόμα τον κύκλο στο .

Τα του κύκλου εφαπτόμενα στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ τμήματα , τέμνονται στο . Η ευθεία τέμνει την στο και η ακόμα τον κύκλο στο .

Δείξετε ότι τα σημεία : $B\,,\,T\,,\,S$ ανήκουν στην ίδια ευθεία .

Η ευθεία

είναι φορέας της A -

συμμετροδιαμέσου στο $\vartriangle ABC$ και η

αντιπαράλληλη της

άρα το

είναι μέσο του

.

Είναι γνωστό ότι το

είναι μέσο του

.

: Στην ίδια ευθεία_λύση.png (27.28 KiB) Προβλήθηκε 458 φορές

Τα τρίγωνα $EHD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EZB$ έχουν στα $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B$ γωνίες ίσες και $\widehat {EHD} = 90^\circ + \widehat {{a_4}} = 90^\circ + \widehat {{a_5}} = \widehat {EZB}$ άρα είναι όμοια .

$\dfrac{{2TZ}}{{EH}} = \dfrac{{ZB}}{{\dfrac{1}{2}HK}} \Rightarrow \dfrac{{TZ}}{{EH}} = \dfrac{{ZB}}{{HK}}$ και αφού $\widehat {TZB} = \widehat {EHK}$ θα είναι $\vartriangle TZB \approx \vartriangle EHK \Rightarrow \widehat {TBZ} = \widehat {EKH}$ και το ζητούμενο φανερό .

Στην ίδια ευθεία

Στην ίδια ευθεία

Re: Στην ίδια ευθεία

Re: Στην ίδια ευθεία

Μέλη σε σύνδεση