Σοβαρή αναλογία

#1

: Σοβαρή αναλογία_2.png (15.87 KiB) Προβλήθηκε 763 φορές

Έστω

το έγκεντρο και $({C_1})$ ο περιγεγραμμένος κύκλος τριγώνου ABC

. Οι

τέμνουν τον $({C_1})$ στα E,Z

αντίστοιχα .

Ο κύκλος $({C_2})$ διαμέτρου

και κέντρου

τέμνει την ευθεία

στα

(με το

ανάμεσα στα S,M

) .

Επίσης η ευθεία

τέμνει τον αρχικό κύκλο $({C_1})$ στο

(του τόξου $\tau o\xi BC$ που δεν περιέχει το σημείο

). Να δείξετε ότι : $\dfrac{{PS}}{{PT}} = \dfrac{{IS}}{{IT}}$

Νίκος

#2

Doloros έγραψε:Έστω το έγκεντρο και $({C_1})$ ο περιγεγραμμένος κύκλος τριγώνου . Οι τέμνουν τον $({C_1})$ στα αντίστοιχα . Ο κύκλος $({C_2})$ διαμέτρου και κέντρου τέμνει την ευθεία στα (με το ανάμεσα στα ) .Επίσης η ευθεία τέμνει τον αρχικό κύκλο $({C_1})$ στο (του τόξου $\tau o\xi BC$ που δεν περιέχει το σημείο ). Να δείξετε ότι : $\dfrac{{PS}}{{PT}} = \dfrac{{IS}}{{IT}}$
Νίκος

Καλημέρα Νίκο,

: 1.png (42.22 KiB) Προβλήθηκε 661 φορές

Το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ , με τα σημεία τομής των διχοτόμων του $\vartriangle ABC$ με τον περίκυκλο του $\left( O \right)$ (γνωστότατη πρόταση)

Η Ημιευθεία ( ορθόκεντρο του $\vartriangle DEZ$ , το μέσο της πλευράς του ) διέρχεται από το αντιδιαμετρικό της αντίστοιχης κορυφής του

(γνωστή πρόταση) και συνεπώς $AF \bot AD\mathop \Rightarrow \limits^{ZE \bot AD} AF\parallel ZE \Rightarrow \tau o\xi .EF = \tau o\xi .AZ$ $= \tau o\xi .ZB \Rightarrow \boxed{\angle EPF = \angle ZEB}:\left( 1 \right)$ .

Είναι $\angle MES\mathop = \limits^{\left( {ME} \right) = \left( {MS} \right) = {R_M}} \angle MSE \Rightarrow \angle ZEB + \angle IES$ $= \angle SPE + \angle SEP\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right):\angle ZEB = \angle SPE \equiv \angle FPE}$ $\angle IES = \angle SEP \Rightarrow ES$

εσωτερική διχοτόμος του $\vartriangle IEP$ και με $ET\mathop \bot \limits^{ST\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( M \right)} ES \Rightarrow ET$ η εξωτερική διχοτόμος του οπότε η σειρά $\left( {S,T,I,P} \right)$ είναι αρμονική,

οπότε $\boxed{\frac{{\left( {PS} \right)}}{{\left( {PT} \right)}} = \frac{{\left( {IS} \right)}}{{\left( {IT} \right)}}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

jim.jt · #3

Καλημέρα! Μια διαφορετική προσέγγιση (χωρίς σχήμα):

Επειδή

μέσο της

, αν αποδείξουμε ότι $MI\cdot MP=MS\cdot MT\Leftrightarrow MI\cdot MP=MZ^2\Leftrightarrow \frac{MI}{MZ}=\frac{MZ}{MP}$ , τότε από το θεώρημα Newton, τα P,I

είναι αρμονικά των S,T

, το οποίο είναι το επακόλουθο της ζητούμενης σχέσης. Έτσι αρκεί να αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα MIZ

και

είναι όμοια:

Τα δύο τρίγωνα έχουν κοινή την γωνία $\angle ZMI$ . Επίσης, στο τρίγωνο MIZ

, είναι $\angle MZI=\frac{\angle B}{2}$ .

Επειδή τα σημεία A,I

είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία

( $ZA=ZI,EI=EA\Rightarrow \bigtriangleup AZE=\bigtriangleup IZE$ ) και

μέσο της

, τότε το συμμετρικό του έγκεντρου (I')

ως προς την ευθεία

είναι συμμετρικό του

με κέντρο συμμετρίας το

(

το κέντρο του κύκλου C_1

). Δηλαδή

συνευθειακά.

Ακόμη το συμμετρικό του

ως προς την ευθεία

ανήκει στον κύκλο C_1

, αφού

είναι ευθεία διαμέτρου, και στην ευθεία που ορίζουν τα σημεία A,M,I'

.

Έτσι $\angle ZPM=\angle MP'E=\angle AP'E=\frac{\angle B}{2}=\angle MZI$ , το οποίο αποδεικνύει τη ζητούμενη ομοιότητα.

#4

Ευχαριστώ τον Στάθη αλλά και τον δυναμικό νεαρό Δημήτρη που του εύχομαι όλο επιτυχίες
Δίδω λύση και αν μπορώ θα δώσω και σχήμα στη λύση του Δημήτρη

Πρώτα ας δούμε μια βοηθητική πρόταση .

: Σοβαρή αναλογία_1.png (21.07 KiB) Προβλήθηκε 586 φορές

Αν

το σημείο τομής της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC

και

το αντιδιαμετρικό του

, τότε το τετράπλευρο ZIEL

είναι παραλληλόγραμμο.

Πράγματι αν

το ύψος του τριγώνου ABC

είναι γνωστό ότι η γωνία ύψους και διχοτόμου από το

είναι: $\dfrac{{\widehat B - \widehat C}}{2}$ συνεπώς $A\widehat NL = \dfrac{{\widehat B - \widehat C}}{2}$ . Έτσι

$\tau o\xi \,LE = \tau o\xi AE - \tau o\xi AL = \widehat B - (\widehat B - \widehat C) = \widehat C = \tau o\xi BZ$ και άρα ZL//BE

, ομοίως δε LE//ZC

και συνεπώς το τετράπλευρο ZIEL

είναι παραλληλόγραμμο.

: Σοβαρή αναλογία_2.png (35.47 KiB) Προβλήθηκε 586 φορές

Μετά από τα παραπάνω είναι φανερό ότι ο κύκλος με διάμετρο την

θα έχει το κέντρο του στο σημείο τομής ,

, των διαγωνίων του πιο πάνω παραλληλογράμμου.

Επίσης το τετράπλευρο TZSE

θα είναι ορθογώνιο και έτσι MZ = MS

. Θα είναι λοιπόν : $\widehat \omega + \widehat \phi = M\widehat SZ\,\,(1)$ και από το τρίγωνο SPZ

του οποίου η $M\widehat SZ$ είναι εξωτερική θα έχουμε : $\widehat P + \widehat \theta = M\widehat SZ\,\,(2)$ που λόγω της (1)

θα έχουμε:

$\boxed{\widehat \omega + \widehat \phi = \widehat P + \widehat \theta \,\,}\,\,\,(3)$ . Όμως είδαμε ότι $\tau o\xi AL = \widehat B - \widehat C$ και άρα $\tau o\xi ZL = \widehat C + \widehat B - \widehat C = \widehat B \Rightarrow \boxed{\widehat P = \frac{{\widehat B}}{2} = \widehat \omega }$ οπότε η (3)

δίδει $\boxed{\widehat \phi = \widehat \theta }$ . Η

τελευταία και αφού $ZT \bot ZS$ μας εξασφαλίζει ότι S,T

αρμονικά συζυγή των I,P

και ισχύει :

$\dfrac{{PS}}{{PT}} = \dfrac{{IS}}{{IT}}$ .

Νίκος
Απ ότι βλέπω η λύση του Δημήτρη φαίνεται στο δεύτερο σχήμα . Δημήτρη είσαι υπέροχος

Δείτε σχετικά και εδώ

Σοβαρή αναλογία

Σοβαρή αναλογία

Re: Σοβαρή αναλογία

Re: Σοβαρή αναλογία

Re: Σοβαρή αναλογία

Μέλη σε σύνδεση