Εγγράψιμο

#1

: Σημειώσεις μου_εκφώνηση.png (15.8 KiB) Προβλήθηκε 1696 φορές

.
Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι

το μέσο της διαμέσου

και

η προβολή του

στην

.

Δείξετε ότι το τετράπλευρο AKMC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)

#2

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am
Σημειώσεις μου_εκφώνηση.png
.
Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)

: Εγγράψιμο.ΝΦ.png (25.29 KiB) Προβλήθηκε 1691 φορές

Προεκτείνω την

κατά ίσο τμήμα ZN=BZ.

Τότε το

είναι παραλληλόγραμμο και

προφανώς το AMCN

ορθογώνιο.Αλλά το AMCN

είναι εγγράψιμο, όπως και το KMCN,

οπότε και το AKMC

θα είναι εγγράψιμο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am
Σημειώσεις μου_εκφώνηση.png
.
Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)

Ισχύει

άρα η

εφάπτεται του κύκλου (A,B,K)

συνεπώς οι γωνίες $\theta$ είναι

ίσες ,επομένως και οι γωνίες BLK,KQM

ως συμπληρώματα αυτών θα είναι ίσες

Τότε όμως BQKL

είναι εγγράψιμμο,άρα $\angle QKM= \angle ABC= \angle ACB \Rightarrow AKMC$ εγγράψιμμο

: Εγγράψιμμο.png (52.88 KiB) Προβλήθηκε 1669 φορές

Dimessi · #4

Το

ανήκει στη διαμεσο

του $\vartriangle ABM$ και ισχύει $\angle AMK=\angle MBZ.$
Άρα είναι το B-Humpty

του $\vartriangle ABM.$
Οπότε $\angle AKM+\angle C=\angle AKM+\angle ABM=180^{\circ}.$

#5

Η απάντηση του Γιώργου είναι μια (ίσως η πιο εύκολη κι απλή) από τις τέσσερις λύσεις που γνωρίζω .

Η απάντηση του Μιχάλη δεν μου είναι γνωστή ( ωραία πάντως)

Η απάντηση του και το Θεώρημα με το - σημείο που αναφέρει δεν το γνώριζα

Πάντως τον ευχαριστώ . Θα ψάξω το σχετικό θεώρημα περισσότερο.

Τέλος η άρτι αναρτηθείσα άσκηση του Θανάση () «Περικύκλωση Φραγκοκάστελλου»

είναι ελαφρώς παραλλαγμένη από μια θρυλική άσκηση και την προτείνει

ως εργαλείο ( Λήμμα ) για την λύση της άσκησης αυτής εδώ . τον Ευχαριστώ

Dimessi · #6

Ορθά το επισημαίνετε για να κάνω μια διευκρίνιση.
Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με ύψος

και διάμεσο AM.

Εστω

το αρμονικο συζυγες του

ως προς τα B,C.

Η εκ του

κάθετη στην

την τέμνει στο A-Humpty

του $\vartriangle ABC.$

KARKAR · #7

Πιθανότατα ο Νίκος εννοεί την άσκηση αυτή .

Ιστοσελίδα · #8

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am

Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)

Παρόμοια με του Γιώργου.

: shape.png (19.55 KiB) Προβλήθηκε 1599 φορές

Η κάθετη από το

προς την

τέμνει την

στο

και το

είναι ορθογώνιο ( $MA\mathop = \limits^{//} CD$ ).

Επειδή τα A,D,C,M

και

είναι ομοκυκλικά, το ζητούμενο έπεται άμεσα.

Ιστοσελίδα · #9

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am

Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)

: shape2.png (29.14 KiB) Προβλήθηκε 1565 φορές

#10

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 10:25 pm

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am

Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)
shape2.png

Η δεύτερη λύση από τις γνωστές μου. Υπέροχος Μιχαήλ

KARKAR · #11

: ομοκυκλικά Φραγκάκη.png (16.36 KiB) Προβλήθηκε 1551 φορές

Με χρήση του λήμματος , είναι : $\phi=\theta$ ...

STOPJOHN · #12

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am
Σημειώσεις μου_εκφώνηση.png
.
Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)

Είναι

οπότε το

είναι παραλληλόγραμμο και $AH\perp KH$ Στο τρίγωνο ABL

το σημείο

είναι το ορθόκεντρο. Άρα $\hat{B}=\hat{C}=\omega ,AK//MH,\hat{MHL}=\hat{KAH}=\omega ,$

Απο τα εγγράψιμα τετράπλευρα

AHMB,ZHLM

, $\hat{MHL}=\hat{ABM},\hat{MZL}=\hat{MHL},\hat{AKM}+\hat{C}=90-\omega +\omega +90=180$

και το τετράπλευρο AKMC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο

#13

STOPJOHN έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 13, 2025 7:55 am

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am
Σημειώσεις μου_εκφώνηση.png
.
Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)
Είναι οπότε το είναι παραλληλόγραμμο και $AH\perp KH$ Στο τρίγωνο

το σημείο είναι το ορθόκεντρο. Άρα $\hat{B}=\hat{C}=\omega ,AK//MH,\hat{MHL}=\hat{KAH}=\omega ,$

Απο τα εγγράψιμα τετράπλευρα

, $\hat{MHL}=\hat{ABM},\hat{MZL}=\hat{MHL},\hat{AKM}+\hat{C}=90-\omega +\omega +90=180$

και το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο

Η τρίτη που γνωρίζω. Ωραίος και ο Γιάννης

#14

Dimessi έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 2:21 pm
Το ανήκει στη διαμεσο του $\vartriangle ABM$ και ισχύει $\angle AMK=\angle MBZ.$
Άρα είναι το του $\vartriangle ABM.$
Οπότε $\angle AKM+\angle C=\angle AKM+\angle ABM=180^{\circ}.$

Δεν μπορώ να μη θαυμάσω την γεωμετρική οξυδέρκεια του Δημήτρη

Για το σημείο $\rm Humpty$ εδώ

Ιστοσελίδα · #15

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am

Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)

: shape3.png (24.11 KiB) Προβλήθηκε 1400 φορές

Dimessi · #16

Θα δώσω δύο λύσεις μου ακόμα
Βάζω την πρώτη για να μην παραφορτώσει η ανάρτηση κι έρχομαι σε λίγο με τη δεύτερη

: Εύρηκα δύο ακόμα.png (73.43 KiB) Προβλήθηκε 1363 φορές

$\bullet$ Έστω Q,R,V

οι προβολές του σημείου

στις πλευρές AM,MC,AC

αντίστοιχα του τριγώνου $\vartriangle AMC$ κι ας είναι $U \equiv KV \cap BC.$
Από
$\displaystyle KQ \overset{\perp AM}\parallel BM \overset{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \frac{QM}{ZM}=\frac{BK}{BZ}\overset{\Theta .\Pi \varrho o\beta o\lambda \omega \nu \vartriangle BZM\left ( MK \upsilon \psi o\varsigma \right )}=\frac{BM^{2}}{BZ^{2}}\Rightarrow \frac{QM}{AM}=\frac{BM^{2}}{2BZ^{2}}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\frac{QA}{QM}=\frac{2BZ^{2}-BM^{2}}{BM^{2}}}\left ( 1 \right ).$
Το τετράπλευρο KQMR

είναι ορθογώνιο παραλληλλόγραμμο $( \angle KQM=\angle KRM=\angle QMR=90^\circ ),$ άρα $\displaystyle KR=QM\overset{\left ( 1 \right )}=\frac{AM\cdot BM^{2}}{2BZ^{2}}\overset{1o\Theta .\delta \iota \alpha \mu \epsilon \sigma o\upsilon \vartriangle ABM}=\frac{\displaystyle AM\cdot BM^{2}}{\displaystyle 2\cdot \frac{2AB^{2}+2BM^{2}-AM^{2}}{4}}\overset{\Pi .\Theta \vartriangle ABM\left ( \angle AMB=90^\circ \right )}$ $\displaystyle =\frac{2AM\cdot BM^{2}}{4BM^{2}+AM^{2}}\left ( 2 \right ).$
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $VKRC \left ( \angle KVC=\angle KRC=90^\circ \right ),$ είναι $\displaystyle \vartriangle KUR\sim \vartriangle UVC\sim \vartriangle MCA\Rightarrow \frac{UR}{KR}=\frac{AM}{CM}\overset{BM=CM}=\frac{AM}{BM}\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow UR=\frac{2AM^{2}\cdot BM^{2}}{BM\left ( 4BM^{2}+AM^{2} \right )}\left ( 3 \right ).$
Όμως είναι και RM=KQ

από το ορθογώνιο KQMR

και από $\displaystyle KQ \parallel BM\overset{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \frac{KQ}{BM}=\frac{KZ}{BZ}\overset{\Theta .\Pi \varrho o\beta o\lambda \omega \nu \vartriangle BZM\left ( MK\upsilon \psi o\varsigma \right )}=\frac{ZM^{2}}{BZ^{2}}\overset{Z \mu \epsilon \sigma o \tau o\upsilon AM}=\frac{AM^{2}}{4BZ^{2}}\overset{\epsilon \delta \epsilon \iota \chi \theta \eta }$ $\displaystyle =\frac{AM^{2}}{4BM^{2}+AM^{2}} \Rightarrow \boxed{RM=\frac{BM\cdot AM^{2}}{4BM^{2}+AM^{2}} }\left ( 4 \right ).$
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $AVMU \left ( \angle AVU=\angle AMU=90^\circ \right ),$ σύμφωνα με το Θεώρημα τεμνόμενων χορδών έχουμε $\displaystyle CV\cdot CA=CM\cdot CU\overset{BM=CM}=BM\left ( BM+RM+UR \right )\overset{^{\left ( 3 \right )} _{\left ( 4 \right )}}=BM\left ( BM+\frac{BM\cdot AM^{2}}{4BM^{2}+AM^{2}} +\frac{2AM^{2}\cdot BM}{4BM^{2}+AM^{2}}\right )=$
$\displaystyle =\frac{BM^{2}\left ( 4BM^{2}+4AM^{2} \right )}{4BM^{2}+AM^{2}}\overset{AC=AB}=\frac{4BM^{2}\cdot AC^{2}}{4BM^{2}+AM^{2}}\Rightarrow CV=\frac{4BM^{2}\cdot AC}{4BM^{2}+AM^{2}}\Rightarrow \boxed{\frac{CV}{VA}=\frac{4BM^{2}}{AM^{2}}}\left ( 5 \right ).$
Έχουμε λοιπόν
$\displaystyle \frac{RM}{RC}\cdot \frac{QA}{QM}\cdot \frac{CV}{VA}\overset{^{\left ( 1 \right ),\left ( 5 \right )}_{\left ( 4 \right )}}=\frac{BM\cdot AM^{2}}{BM\cdot AM^{2}+BM\left ( 4BM^{2}+AM^{2} \right )}\cdot \frac{2BM^{2}+AM^{2}}{2BM^{2}}\cdot \frac{4BM^{2}}{AM^{2}}=\frac{BM\cdot AM^{2}\left ( 4BM^{2}+2AM^{2} \right )}{AM^{2}\cdot BM\cdot \left ( 4BM^{2}+2AM^{2} \right )},$
άρα $\displaystyle \frac{RM}{RC}\cdot \frac{QA}{QM}\cdot \frac{CV}{VA}=1,$ οπότε σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle AMC,$ έχουμε ότι τα σημεία R,Q,V

είναι συνευθειακά και αφού αυτά τα σημεία είναι οι προβολές του σημείου

στις πλευρές του τριγώνου , άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος του Simpson στο τρίγωνο $\vartriangle AMC,$ έχουμε ότι το

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του , όπως θέλαμε.

: Εύρηκα δύο ακόμα.png (73.43 KiB) Προβλήθηκε 1363 φορές

Δεύτερη λύση (πιο στοιχειώδης )

: Εύρηκα δύο ακόμα.png (73.43 KiB) Προβλήθηκε 1363 φορές

$\bullet$ Έστω $ZH\perp AB \left ( H\in AB \right ),L\equiv BZ\cap AC, LP\perp BC \left ( P\in BC \right ).$
$\displaystyle \left.\begin{matrix} KA^{2}=AB^{2}+BK^{2}-2AB\cdot BH\cdot \frac{BK}{BZ} & \\KC^{2}=BC^{2}+BK^{2}-2BC\cdot BP\cdot \frac{BK}{BL} & \\ \end{matrix}\right\}\Rightarrow KA^{2}+KC^{2}=AC^{2}+BC^{2}+2BK^{2}-\frac{2BK}{BZ}\left ( AB\cdot BH+BC\cdot BP\cdot \frac{BZ}{BL} \right )\left ( \ast \right ).$
$\displaystyle \frac{BZ}{BL}\overset{ZM \parallel LP}=\frac{BM}{BP}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow KA^{2}+KC^{2}=AC^{2}+BC^{2}+2BK^{2}-\frac{2BK}{BZ}\left ( AB^{2}-AH\cdot AB+BC\cdot BM \right )(1).$
$\displaystyle AB^{2}-AH\cdot AB+BC\cdot BM\overset{ZHBM \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=AB^{2}-AZ\cdot AM+2BM^{2}=3BM^{2}+\frac{1}{2}AM^{2}$ $\displaystyle \overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow KA^{2}+KC^{2}=AC^{2}+BC^{2}+2BK^{2}-\frac{BK}{BZ}\left ( 6BM^{2}+AM^{2} \right )\left ( 2 \right ).$
$\displaystyle \frac{BK}{BZ}=\frac{BK\cdot BZ}{BZ^{2}}\overset{\Theta .\Pi \varrho o\beta o\lambda \omega \nu \vartriangle BZM}=\frac{BM^{2}}{BZ^{2}}=\frac{BC^{2}}{2AB^{2}+2BM^{2}-AM^{2}}=\frac{BC^{2}}{4BM^{2}+AM^{2}}\left ( \ast \ast \right ).$
$\displaystyle \left ( \ast \ast \right )\Rightarrow BK^{2}=\frac{BC^{4}}{\left ( 4BM^{2}+AM^{2} \right )^{2}}\cdot \frac{4BM^{2}+AM^{2}}{4}=\frac{BC^{4}}{4\left ( 4BM^{2} +AM^{2}\right )}\left ( \ast \ast \ast \right ).$
$\displaystyle \left ( 2 \right )\overset{\left ( \ast \ast \ast \right )}\Rightarrow KA^{2}+KC^{2}=AC^{2}+BC^{2}+\frac{BC^{4}}{2\left ( 4BM^{2}+AM^{2} \right )}-\frac{(6BM^{2}+AM^{2})\cdot BC^{2}}{4BM^{2}+AM^{2}}=$
$\displaystyle =AC^{2}+BC^{2}+BC^{2}\cdot \frac{BC^{2}-2\left ( 6BM^{2}+AM^{2} \right )}{8BM^{2}+2AM^{2}}\overset{BC^{2}=4BM^{2}}=AC^{2}\overset{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \varrho o\phi o\Pi .\Theta }\Rightarrow \angle AKC=90^\circ .$
$\displaystyle \angle AKC=90^\circ=\angle AMC\Rightarrow C,A,K,M o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha .$

: Εύρηκα δύο ακόμα.png (73.43 KiB) Προβλήθηκε 1363 φορές

Dimessi · #17

Βάζω άλλη μία λύση μου στο όμορφο θέμα

: Ακόμα μία λύση.png (30.1 KiB) Προβλήθηκε 1164 φορές

$\bullet$ Έστω $P\equiv BZ\cap AC,G\equiv AK\cap BC,PQ\perp AM \left ( Q\in AM \right ),W\equiv KQ\cap BC.$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle AGM$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{WKQ}:\frac{WG}{WM}\cdot \frac{KA}{KG}\cdot \frac{MQ}{QA}=1\overset{PQ \parallel MC}\Rightarrow \frac{WG}{WM}\cdot \frac{KA}{KG}\cdot \frac{PC}{PA}=1:(1).$
Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle AGM$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{BKZ}:\frac{BG}{BM}\cdot \frac{KA}{KG}\cdot \frac{MZ}{ZA}=1\overset{MZ=ZA}\Rightarrow \frac{BG}{BM}\cdot \frac{KA}{KG}=1\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \frac{WG}{WM}\cdot \frac{PC}{PA}=\frac{BG}{BM}\left ( \ast \right ).$
Επειδή $\displaystyle \angle MQW\equiv \angle MQK\overset{MPQK\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\left ( \angle MKP=\angle MQP=90^\circ \right )}=\angle MPK\overset{\angle QMW=\angle MKP}\Rightarrow$ $\displaystyle \vartriangle MQW\sim \vartriangle MKP\Rightarrow \frac{WM}{QM}=\frac{KM}{KP}\left ( 2 \right ).$
Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle AMC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{BZP}:\frac{BM}{BC}\cdot \frac{ZA}{ZM}\cdot \frac{PC}{PA}=1\Rightarrow \frac{PC}{PA}=2\Rightarrow \frac{BZ}{ZP}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle APB}=\frac{AB}{AP}=3\Rightarrow ZP=\frac{BP}{4}:\left ( 3 \right ).$
$\bullet$ Από $\displaystyle \vartriangle KZM \sim \vartriangle QZP\Rightarrow \frac{KM}{KZ}=\frac{QP}{QZ}=\frac{\frac{1}{3}MC}{\frac{AM}{2}-\frac{AM}{3}}=\frac{BC}{AM}\left ( \ast \ast \right )$ και από το εγγράψιμο MPQK,

από το Θεώρημα τεμνόμενων χορδών είναι $\displaystyle ZP\cdot ZK=ZQ\cdot ZM\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow ZK=\frac{\frac{AM}{6}\cdot \frac{AM}{2}}{\frac{BP}{4}}\Rightarrow \frac{KZ}{KP}=\frac{\frac{AM^{2}}{3BP}}{\frac{AM^{2}}{3BP}+\frac{BP}{4}}=\frac{4AM^{2}}{4AM^{2}+3BP^{2}},$
άρα και σύμφωνα με τη σχέση $(\ast \ast)$ έχουμε $\displaystyle \frac{KM}{KP}=\frac{BC}{AM}\cdot \frac{4AM^{2}}{4AM^{2}+3BP^{2}}\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \frac{WM}{QM}=\frac{4BC\cdot AM}{4AM^{2}+3BP^{2}}\overset{QM=\frac{2AM}{3}}\Rightarrow \boxed{WM=\frac{8BC\cdot AM^{2}}{3\left ( 4AM^{2}+3BP^{2} \right )}}\left ( 4 \right ).$
Τώρα κτυπάμε .
$\displaystyle \left ( \ast \right )\overset{\left ( 4 \right )}\Rightarrow \frac{WG}{BG}=\frac{WM\cdot PA}{PC\cdot BM}\overset{PC=2PA}=\frac{8BC\cdot AM^{2}}{3\left ( 4AM^{2}+3BP^{2} \right )\cdot BC}=\frac{8AM^{2}}{3\left ( 4AM^{2}+3BP^{2} \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{BG}{BW}=\frac{3\left ( 4AM^{2}+3BP^{2} \right )}{4AM^{2}+9BP^{2}}}\left ( 5 \right ).$
$\displaystyle \left ( 4 \right )\Rightarrow \frac{WM}{BM}=\frac{16AM^{2}}{3\left ( 4AM^{2}+3BP^{2} \right )}\Rightarrow \frac{BW}{BM}=\frac{9BP^{2}-4AM^{2}}{3\left ( 4AM^{2}+3BP^{2} \right )}$ $\displaystyle \overset{\left ( 5 \right )} \Rightarrow \boxed{\frac{BG}{BM}=\frac{9BP^{2}-4AM^{2}}{4AM^{2}+9BP^{2}}}:\left ( 6 \right ).$
Όμως κατά τη διαδικασία της επίλυσης δείχθηκε ότι $\displaystyle \frac{KG}{KA}=\frac{BG}{BM}\overset{\left ( 6 \right )}=\frac{9BP^{2}-4AM^{2}}{4AM^{2}+9BP^{2}}$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{GK}{GA}=\frac{9BP^{2}-4AM^{2}}{18BP^{2}}\Rightarrow GK\cdot GA=\left ( GM^{2}+AM^{2} \right )\cdot \frac{9BP^{2}-4AM^{2}}{18BP^{2}}:(7).$
$\bullet$ Από το Θεώρημα του Stewart στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με τέμνουσα

έχουμε $\displaystyle BC^{2}\cdot PA+AB^{2}\cdot 2PA=3PA\left ( BP^{2}+\frac{2}{9}b^{2} \right )\Leftrightarrow a^{2}+2b^{2}=3BP^{2}+\frac{2}{3}b^{2}$ $\displaystyle \Leftrightarrow BP^{2}=\frac{3a^{2}+4b^{2}}{9}\left ( \ast \ast \ast \right ).$
Όμως $\displaystyle \frac{BG}{BM}\overset{\left ( 6 \right )}=\frac{3a^{2}+4b^{2}-\left ( 4b^{2}-a^{2} \right )}{4b^{2}-a^{2}+3a^{2}+4b^{2}}=\frac{2a^{2}}{a^{2}+4b^{2}}\Rightarrow \frac{GM}{BM}=\frac{4b^{2}-a^{2}}{a^{2}+4b^{2}}\Rightarrow \boxed{GM=\frac{a\left ( 4b^{2}-a^{2} \right )}{2\left ( a^{2}+4b^{2} \right )}}\left ( 8 \right ).$
Τώρα $\displaystyle GM\cdot GC=\frac{a\left ( 4b^{2}-a^{2} \right )}{2\left ( a^{2}+4b^{2} \right )}\cdot \left ( \frac{a}{2}\cdot \frac{8b^{2}}{a^{2}+4b^{2}} \right )=\frac{2b^{2}a^{2}\left ( 4b^{2}-a^{2} \right )}{\left ( a^{2}+4b^{2} \right )^{2}}:\left ( 9 \right ).$
Έχουμε λοιπόν $\displaystyle GK\cdot GA\overset{\left ( 7 \right ),\left ( 8 \right )}=\left ( \frac{a^{2}\left ( 4b^{2}-a^{2} \right )^{2}}{4\left ( a^{2}+4b^{2} \right )^{2}}+b^{2}-\frac{a^{2}}{4} \right )\cdot \frac{4a^{2}}{2(3a^{2}+4b^{2})}=\frac{2b^{2}a^{2}\left ( 4b^{2}-a^{2} \right )}{\left ( a^{2}+4b^{2} \right )^{2}}\overset{\left ( 9 \right )}=GM\cdot GC,$
άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος τεμνόμενων χορδών το τετράπλευρο ACMK

είναι εγγράψιμο.

: Ακόμα μία λύση.png (30.1 KiB) Προβλήθηκε 1164 φορές

KARKAR · #18

Κανονικά την παρακάτω λύση θα την περίμενε κανείς από τον Γιώργο Ρίζο .

: εγγράψιμο.png (11.72 KiB) Προβλήθηκε 1148 φορές

Η

έχει εξίσωση : $y=\dfrac{a}{b}x+a$ και η

: $y=-\dfrac{b}{a}x$ , συνεπώς : $K(\dfrac{-a^2b}{a^2+b^2} ,\dfrac{ab^2}{a^2+b^2} )$ .

Είναι : $\lambda_{KA}=\dfrac{2a^2+b^2}{ab}$ και $\lambda_{KC}=\dfrac{-ab}{2a^2+b^2}$ , επομένως : $\widehat {AKC}=90^0$ , άρα AKMC

εγγράψιμο .

Dimessi · #19

Με

την προβολή του Μ στην

,

Οπότε $\displaystyle \angle KIA\overset{BIKM \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle BMK=\angle BZM\Rightarrow KIAZ \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o\Rightarrow \angle AKZ=\angle ZIA=\angle \frac{A}{2}.$
Άρα $\displaystyle \angle AKM=\angle \frac{A}{2}+90^\circ.$

: Άλλη μία λύση!.png (35.64 KiB) Προβλήθηκε 1085 φορές

#20

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 12, 2025 8:18 am
Σημειώσεις μου_εκφώνηση.png
.
Δίδεται ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {b = c} \right)$ . Ας είναι το μέσο της διαμέσου και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο .

Δεκτές όλες οι λύσεις ( Γυμνασίου ή Λυκείου , με στοιχειώδη ή όχι εργαλεία)

Ας είναι

τα μέσα των $AB\,\,,\,\,MK\,\,,\,\,KB$ αντίστοιχα , τότε τα E,Z,H,T

είναι μέσα του ABKM

(μη κυρτό τετράπλευρο )

και άρα το EZHT

είναι παραλληλόγραμμο . Αφού η

είναι κάθετη στην

, άρα και η παράλληλός της

, είναι κάθετη στην ZM.

Τώρα στο $\vartriangle ZTM$ το

είναι ορθόκεντρο με φορέα του τρίτου ύψους την

.
.

: Εγγράψιμο λύση 3.png (25.8 KiB) Προβλήθηκε 1006 φορές

.
Στο $\vartriangle BCK$ η

ενώνει τα μέσα των $BK\,\,,\,\,BC$ και άρα TM//KC

. Ομοίως

. Έτσι η γωνία $\widehat {AKC}$ έχει τις πλευρές της

παράλληλες προς τις καθέτους μεταξύ τους , $HZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TM$ και θα είναι ορθή .

Στο τετράπλευρο λοιπόν AKMC

τα $K\,,M$ «βλέπουν» την

υπό ισες και μάλιστα ορθές γωνίες ,

άρα είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου , AC.

Εγγράψιμο

Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Re: Εγγράψιμο

Μέλη σε σύνδεση