Ορθή γωνία...

giannimani · #1

Σε τρίγωνο ABC

φέρουμε τη διχοτόμο της γωνίας BAC

που τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο
$\Omega$ του τριγώνου στο σημείο

. Έστω

το μέσο της πλευράς

. Στις πλευρές

και

θεωρούμε τα σημεία $B_{1}$ και $C_{1}$ αντίστοιχα, έτσι ώστε $BB_{1}=BD$ και $CC_{1}= CD$ , και στην

σημείο

έτσι ώστε

. Να αποδείξετε ότι $\angle B_{1}PC_{1}=90^{\circ}$ .

: another_right_angle.png (39.82 KiB) Προβλήθηκε 111 φορές

Dimessi · #2

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 26, 2026 12:17 pm
Σε τρίγωνο φέρουμε τη διχοτόμο της γωνίας που τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο
$\Omega$ του τριγώνου στο σημείο . Έστω το μέσο της πλευράς . Στις πλευρές και
θεωρούμε τα σημεία $B_{1}$ και $C_{1}$ αντίστοιχα, έτσι ώστε $BB_{1}=BD$ και $CC_{1}= CD$ , και στην
σημείο έτσι ώστε . Να αποδείξετε ότι $\angle B_{1}PC_{1}=90^{\circ}$ .

Πανέμορφο Θέμα

: Καθετότητα με ισότητες τμημάτων.png (93.21 KiB) Προβλήθηκε 62 φορές

Πρώτη λύση
$\bullet$ Έστω $E\equiv AD\cap BC,EQ\parallel PB_1\left ( Q\in AB \right ),EW\parallel PC_1\left ( W\in AC \right ),QX\perp BC\left ( X\in BC \right ),$ $WY\perp BC \left ( Y\in BC \right ),T\equiv \textrm{midpoint of} AE,AS \perp BC \left ( S\in BC \right ).$ Από $\displaystyle \angle MDP\equiv \angle MDA\overset{MD\parallel AS \perp BC}=\angle EAS\overset{\left ( MP=MD\wedge TA=TS \right )}\Rightarrow \vartriangle TAS \sim \vartriangle MPD\Rightarrow \frac{PD}{AS}=\frac{MD}{AT}=$ $\displaystyle \frac{MD}{\frac{AE}{2}}=\frac{2MD}{AE}=\frac{a\tan \frac{\angle A}{2}}{b\cdot \frac{\sin \angle C}{\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )}}=\frac{2\sin ^2\frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )}{\sin \angle B\sin \angle C}\Rightarrow PD=\frac{b\sin \angle C\cdot 2\sin^2\frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )}{\sin \angle B\sin \angle C}$ $\displaystyle \overset{\left ( \frac{AD}{b}=\frac{\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )}{\sin \angle B} \right )}\Rightarrow AP=\frac{b\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )}{\sin \angle B}-\frac{b\cdot 2\sin ^2\frac{\angle A}{2}\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )}{\sin \angle B}=\frac{b\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}{\sin \angle B}$ $\displaystyle \overset{\left ( \frac{AE}{b}=\frac{\sin \angle C}{\sin \left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )} \right )}\Rightarrow \frac{AP}{AE}=\frac{\sin ^{2}\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}{\sin \angle B\sin \angle C}$ $\displaystyle \overset{\left ( EQ \parallel PB_1 \right )}\Rightarrow \frac{AB_1}{AQ}=\frac{\sin ^{2}\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}{\sin \angle B\sin \angle C}\overset{\left ( AB_1=c-\frac{a}{2\cos \frac{\angle A}{2}}=\frac{2c\cos \frac{\angle A}{2}-a}{2\cos \frac{\angle A}{2}} \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle AQ=\frac{2c\cos \frac{\angle A}{2}-a}{2\cos \frac{\angle A}{2}}\cdot \frac{\sin \angle B\sin \angle C}{\sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}=\frac{c\left ( 2\cos \frac{\angle A}{2}\sin \angle B\sin \angle C-\sin \angle A\sin \angle B \right )}{2\cos \frac{\angle A}{2}\sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}=$ $\displaystyle \frac{c\sin \angle B\left ( \sin \angle C-\sin \frac{\angle A}{2} \right )}{\sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}$ $\displaystyle \Rightarrow QB=\frac{c\left [ \sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A-\sin \angle B\left ( \sin \angle C-\sin \frac{\angle A}{2} \right ) \right ]}{\sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\frac{EX}{QX}=\frac{\frac{ac}{b+c}-\frac{c\cos \angle B\left [ \sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A-\sin \angle B\left ( \sin \angle C-\sin \frac{\angle A}{2} \right ) \right ]}{\sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}}{\frac{c\sin \angle B\left [ \sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A-\sin \angle B\left ( \sin \angle C-\sin \frac{\angle A}{2} \right ) \right ]}{\sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}}}:\left ( 1 \right ).$ Από $\displaystyle EW\parallel PC_1\Rightarrow \frac{AC_1}{AW}=\frac{AP}{AE}\overset{\left ( \left ( \ast \right ):\textrm{already proved} \right )}=\frac{\sin ^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}{\sin \angle B\sin \angle C}\overset{\left ( AC_1=\frac{2b\cos \frac{\angle A}{2}-a}{2\cos \frac{\angle A}{2}} \right )}\Rightarrow$ $\displaystyle AW=\frac{2b\cos \frac{\angle A}{2}-a}{2\cos \frac{\angle A}{2}}\cdot \frac{\sin \angle B\sin \angle C}{\sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}=\frac{b\left ( 2\cos \frac{\angle A}{2}\sin \angle B\sin \angle C-\sin \angle A\sin \angle C \right )}{2\cos \frac{\angle A}{2}\sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}=$ $\displaystyle \frac{b\sin \angle C\left ( \sin \angle B-\sin \frac{\angle A}{2} \right )}{\sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}$ $\displaystyle \Rightarrow CW=\frac{b\left [ \sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A-\sin \angle C\left ( \sin \angle B-\sin \frac{\angle A}{2} \right ) \right ]}{\sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}\Rightarrow \frac{WY}{EY}=\frac{\frac{b\sin \angle C\left [ \sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A-\sin \angle C\left ( \sin \angle B-\sin \frac{\angle A}{2} \right ) \right ]}{\sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}}{\frac{ab}{b+c}-\frac{b\cos \angle C\left [ \sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A-\sin \angle C\left ( \sin \angle B-\sin \frac{\angle A}{2} \right ) \right ]}{\sin^2\left ( \frac{\angle A}{2}+\angle C \right )\cos \angle A}}$ $\displaystyle \overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \frac{EX}{QX}=\frac{WY}{EY}\overset{\left ( \angle WYE=\angle QXE=90^\circ \right )}\Rightarrow \vartriangle EQX \sim \vartriangle EYW,$ επομένως $\angle QEW=90^\circ.$ Τώρα επειδή $\displaystyle \begin{Bmatrix} \angle QEW=90^\circ & & \\EQ \parallel PB_1 & & \\ & & \\EW \parallel PC_1 \end{Bmatrix}\Rightarrow \boxed{\angle B_1PC_1=90^\circ}.$

: Καθετότητα με ισότητες τμημάτων.png (93.21 KiB) Προβλήθηκε 62 φορές

Δεύτερη λύση
$\bullet$ Έστω

το μέσο του $B_1C_1\overset{BB_1=BD=DC=CC_1}\Rightarrow UM \parallel \overline{APD}\Rightarrow \angle UMP=\angle DPM\overset{MP=MD}=\angle MDP.$ Είναι $\displaystyle UM^2\overset{\left ( \Theta .\delta \iota \alpha \mu \epsilon \sigma o\upsilon \vartriangle UBC \right )}=\frac{2UB^{2}+2UC^2-BC^2}{4}\overset{\left ( \Theta .\delta \iota \alpha \mu \epsilon \sigma o\upsilon \vartriangle BB_1C_1,\vartriangle CB_1C_1 \right )}=$ $\displaystyle \frac{\frac{2BB_1^2+2BC_1^2-B_1C_1^2}{2}+\frac{2CC_1^2+2CB_1^2-B_1C_1^2}{2}-BC^2}{4}=\frac{2BB_1^2+BC_1^2+CB_1^2-B_1C_1^2-BC^2}{4}=$ $\displaystyle \frac{2BD^2+\left ( BD^2+BC^2-2BC\cdot BD \cdot \cos \angle C \right )+\left ( BD^2+BC^2-2BD\cdot BC\cdot \cos \angle B \right )-B_1C_1^2-BC^2}{4}$ $\displaystyle =\frac{4BD^2+BC^2-2BD\cdot BC\left ( \cos \angle B+\cos \angle C \right )-\left [ \left ( AB-BD \right )^2+\left ( AC-BD \right )^2-2\left ( AB-BD \right )\left ( AC-BD \right )\cos \angle A \right ]}{4}=$ $\displaystyle \frac{2BD^2+BC^2-2BD\cdot BC\left ( \cos \angle B+\cos \angle C \right )-AB^2-AC^2+2\left ( AB-BD \right )\left ( AC-BD \right )\cos \angle A+2BD\left ( AB+AC \right )}{4}$ $\displaystyle \Rightarrow UM^2+MP^2\overset{MP^2=BD^2-\frac{BC^2}{4}}=$ $\displaystyle \frac{6BD^2-2BD\cdot BC\left ( \cos \angle B+\cos \angle C \right )-AB^2-AC^2+2\left ( AB-BD \right )\left ( AC-BD \right )\cos \angle A+2BD\left ( AB+AC \right )}{4}.$ Αφού $\displaystyle 2MP \cos \angle MPU=2MP\cos \angle DPM=DP,$ προκύπτει μετά τις πράξεις (είναι πολλές όμως

) ότι $UP=\frac {B_1C_1}{2},$ και άρα $\angle B_1PC_1=90^\circ.$

: Καθετότητα με ισότητες τμημάτων.png (93.21 KiB) Προβλήθηκε 62 φορές

Τρίτη λύση

: Καθετότητα όμορφη!!.png (107 KiB) Προβλήθηκε 47 φορές

$\bullet$ Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

τότε από το ρόμβο BICD,

έχουμε ότι τα B,C

είναι τα περίκεντρα των τριγώνων $\vartriangle B_1ID,\vartriangle C_1ID,$ οπότε $\displaystyle \begin{Bmatrix} \angle B_1ID=180^\circ-\frac{\angle ABD}{2} & \\\angle C_1ID=180^\circ-\frac{\angle ACD}{2} & \\ \end{Bmatrix}\overset{\left ( D\in \left ( ABC \right ) \right )}\Rightarrow \angle B_1IC_1=90^\circ.$ Έστω

το μέσο του $B_1C_1\overset{\angle B_1IC_1=90^\circ}\Rightarrow NI=NB_1=NC_1 .$ Αφού BB_1=BD=CD=CC_1,

άρα $MN \parallel AD$ και αφού MP=MD=MI,

άρα $AD\perp PI,$ άρα $PI \perp MN\overset{MP=MI}\Rightarrow NP=NI=NB_1=NC_1\Rightarrow \angle B_1PC_1=90^\circ.$

Με εκτίμηση,
Δημήτρης.

Ορθή γωνία...

Ορθή γωνία...

Re: Ορθή γωνία...

Μέλη σε σύνδεση