Ευθεία τομών εξ επαφής

#1

: μεσοκάθετοι κι ευθεία.png (19.31 KiB) Προβλήθηκε 674 φορές

Έστω τρίγωνο ABC

. Το εφαπτόμενο τμήμα του περιγεγραμμένου του κύκλου στο

, τέμνει την ευθεία

στο

.

Η μεσοκάθετος στην

με την κάθετη στην

στο

τέμνονται στο

.

Η μεσοκάθετος στην

με την κάθετη στην

στο

τέμνονται στο

.

Δείξετε ότι τα σημεία K,L,T

ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Νίκος

#2

Doloros έγραψε:Έστω τρίγωνο . Το εφαπτόμενο τμήμα του περιγεγραμμένου του κύκλου στο , τέμνει την ευθεία στο . Η μεσοκάθετος στην με την κάθετη στην στο τέμνονται στο . Η μεσοκάθετος στην με την κάθετη στην στο τέμνονται στο .Δείξετε ότι τα σημεία ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Νίκος

Νίκο καλό βράδυ. Νομίζω ότι είναι πολύ βαρύς ο φάκελος για αυτή την άσκηση

$\bullet$ Προφανώς οι διέρχονται από το κέντρο του περικυκλίου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ (μεσοκάθετες σε χορδές) και τα τετράπλευρα είναι "χαρταετοί"

Έτσι έχουμε: $\left\{ \begin{gathered} \angle BKO\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } \angle ABC\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \dfrac{{\angle COA}}{2}\mathop = \limits^{ALCO\,\,\chi \alpha \rho \tau \alpha \varepsilon \tau o\varsigma } \angle COL \hfill \\ \angle KOB\mathop = \limits^{KBOA\,\,\chi \alpha \rho \tau \alpha \varepsilon \tau o\varsigma } \dfrac{{\angle AOB}}{2}\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle ACB\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } \angle OLC \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\Rightarrow \vartriangle KBO \sim \vartriangle BAC \sim \vartriangle OLC \Rightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} \dfrac{{\left( {KB} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} = \dfrac{{\left( {OB} \right)}}{{\left( {AC} \right)}} = \dfrac{{{R_0}}}{{\left( {AC} \right)}} \hfill \\ \dfrac{{\left( {LC} \right)}}{{\left( {AC} \right)}} = \dfrac{{\left( {OC} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} = \dfrac{{{R_0}}}{{\left( {AB} \right)}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( : \right)} \ldots$ $\boxed{\dfrac{{\left( {KB} \right)}}{{\left( {LC} \right)}} = \dfrac{{{{\left( {AB} \right)}^2}}}{{{{\left( {AC} \right)}^2}}}}:\left( 1 \right)$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
$\bullet$ Με εφαπτόμενο τμήμα προκύπτει ότι: $\vartriangle ABT \sim \vartriangle CAT \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \dfrac{{\left( {BT} \right)}}{{\left( {AT} \right)}} = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {AC} \right)}} \hfill \\ \dfrac{{\left( {AT} \right)}}{{\left( {CT} \right)}} = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {AC} \right)}} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( \cdot \right)}$ $\dfrac{{\left( {BT} \right)}}{{\left( {AT} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {AT} \right)}}{{\left( {CT} \right)}} = \dfrac{{{{\left( {AB} \right)}^2}}}{{{{\left( {AC} \right)}^2}}} \Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{{\left( {BT} \right)}}{{\left( {CT} \right)}} = \dfrac{{{{\left( {AB} \right)}^2}}}{{{{\left( {AC} \right)}^2}}}}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {KB} \right)}}{{\left( {LC} \right)}} = \dfrac{{\left( {BT} \right)}}{{\left( {CT} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{KB\parallel LC} K,L,T$ συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:

Νίκο καλό βράδυ. Νομίζω ότι είναι πολύ βαρύς ο φάκελος για αυτή την άσκηση

Στάθης

Καλησπέρα mister Στάθη.

Εντάξει δεν είναι η πολύ δύσκολη άσκηση αλλά ίσως ο Στάθης να τα βλέπει όλα σχετικά ελαφριά.

Ας δούμε και άλλες λύσεις . Αλλιώς βάλε και μια βαριά λύση αν θες , για ισοφάριση !.

Φιλικά Νίκος

#4

Doloros έγραψε:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Νίκο καλό βράδυ. Νομίζω ότι είναι πολύ βαρύς ο φάκελος για αυτή την άσκηση
Στάθης
Καλησπέρα mister Στάθη.
Εντάξει δεν είναι η πολύ δύσκολη άσκηση αλλά ίσως ο Στάθης να τα βλέπει όλα σχετικά ελαφριά.
Ας δούμε και άλλες λύσεις . Αλλιώς βάλε και μια βαριά λύση αν θες , για ισοφάριση !.
Φιλικά Νίκος

Νίκο καλό βράδυ...

Πράγματι υπάρχει και μια όμορφη λύση με τρία θεωρήματα Pascal και εξάγωνο και δύο εκφυλισμένα πεντάγωνα αλλά είναι πολύ αργά για να γραφτεί γιατί αύριο έχω ταξίδι πρωινό για Αεροδρόμιο

Όταν γυρίσω (αύριο το βραδάκι δηλαδή) και αν δεν έχει απαντηθεί με μεγάλη μου χαρά θα στην "Ισοφαρίσω"

Με μεγάλη εκτίμηση
Στάθης

Mikesar · #5

BMO 2003 2ο θέμα δεν είναι για μικρούς.

Ευθεία τομών εξ επαφής

Ευθεία τομών εξ επαφής

Re: Ευθεία τομών εξ επαφής

Re: Ευθεία τομών εξ επαφής

Re: Ευθεία τομών εξ επαφής

Re: Ευθεία τομών εξ επαφής

Μέλη σε σύνδεση