Κάθετη στη διαγώνιο

#1

: Κάθετη στη διαγώνιο.png (17.1 KiB) Προβλήθηκε 1730 φορές

Έστω

το μέσο της βάσης

ισοσκελούς τραπεζίου ABCD(AB||CD)

και

το μέσο του MB.

Ο κύκλος που διέρχεται

από τα σημεία D, C, M

τέμνει την

στο

και ο κύκλος (B, N, E)

την

στο

Να δείξετε ότι $\displaystyle{MS \bot BD}.$

#2

Έστω

η προβολή του σημείου

επί της

και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι τα σημεία $B,\ N,\ S,\ E,$ είναι ομοκυκλικά.

$\bullet$ Η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο του ( ισοσκελούς ) τριγώνου $\vartriangle MCD,$ κατά το σημείο

( προφανές ) και άρα, έχουμε $(BE)(BC) = (BM)^{2} = 4(BN)^{2} = (BN)(BA)\ \ \ ,(1)$

Από (1)

προκύπτει ότι το τετράπλευρο ANEC

είναι εγγράψιμο και επομένως ισχύει $\angle NEB = \angle NAC\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και $\angle NAC = \angle NBS$ , λόγω του δοσμένου ισοσκελούς τραπεζίου ABCD

, έχουμε $\angle NEB = \angle NBS\ \ \ ,(3)$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle SBM$ με NM = NB = NS

, έχουμε $\angle NBS = \angle NSB\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\angle NEB = \angle NSB\ \ \ ,(5)$

Από (5)

συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο BNSE

είναι εγγράψιμο και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

dement · #3

Διαφορετικά:

Ισχύει $BE \cdot BC = BM^2 = BA \cdot BN$ , οπότε τα $\triangle{BNE}, \triangle{BAC}$ είναι όμοια. Έτσι, $\angle{BEN} = \angle{CAB} = \angle{ABD} \implies BN = SN$

Άρα, στο τρίγωνο $\triangle{MSB}$ η διάμεσος

ισούται με το μισό της πλευράς

οπότε η γωνία $\angle{MSB}$ είναι ορθή.

#4

dement έγραψε:Διαφορετικά:

Ισχύει $BE \cdot BC = BM^2 = BA \cdot BN$ , οπότε τα $\triangle{BNE}, \triangle{BAC}$ είναι όμοια. Έτσι, $\angle{BEN} = \angle{CAB} = \angle{ABD} \implies EN = SN$

Άρα, στο τρίγωνο $\triangle{MSE}$ η διάμεσος ισούται με το μισό της πλευράς οπότε η γωνία $\angle{MSE}$ είναι ορθή.

Λιτά κι ωραία!

#5

: καθετη στη διαγώνιο_a.png (21.88 KiB) Προβλήθηκε 1644 φορές

Προσωρινά αγνοώ το μέσο του

οπότε και τον κύκλο (E,N,B)

.

Θεωρώ δε

το άλλο σημείο τομής της διαγωνίου

με τον κύκλο (M,D,C)

.

Ορίζω τώρα ως

τη τομή της

με την

. Επειδή προφανώς $\displaystyle{\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}}$ η

εφάπτεται του κύκλου (E,N,B)

και άρα : $N{B^2} = NT \cdot NE$ .

Όμως η

εφάπτεται του κύκλου (M,D,C)

οπότε : $M{N^2} = NT \cdot NE$ . Από τις δύο

αυτές σχέσεις έχω ότι $\boxed{MN = NB}$ .

Αν τώρα γράψω τον κύκλο (E,N,B)

που τέμνει ακόμα την

στο

θα είναι

: καθετη στη διαγώνιο_b.png (26.31 KiB) Προβλήθηκε 1644 φορές

$\displaystyle{\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}}$ και συνεπώς $\displaystyle{\boxed{SN = NB = NM}}$ δηλαδή το $\vartriangle SMB$ είναι ορθογώνιο στο

.

#6

Υπάρχει πιο απλή λύση; (λόγω του φακέλου...)

Dimessi · #7

: Αγνή!.png (52.06 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές

Έστω

το μέσο του AD.

Είναι $\displaystyle \angle MEB\overset{MECD \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}= \angle MDC\overset{CD \parallel AB}=\angle DMA\overset{\angle DAM=\angle EBM\left ( \iota \sigma o\sigma \kappa \epsilon \lambda \epsilon \varsigma \tau \varrho \alpha \pi \epsilon \zeta \iota o \right )}\Rightarrow$ $\vartriangle DAM \sim \vartriangle EBM\overset{o\mu o\lambda o\gamma \epsilon \varsigma \delta \iota \alpha \mu \epsilon \sigma o\iota }\Rightarrow \angle NEB=\angle AMN''\left ( 1 \right ).$ Ακόμα $\displaystyle \angle NSB\overset{NSEB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle NEB\overset{\left ( 1 \right )}=\angle AMN''\overset{MN'' \parallel DB \left ( \mu \epsilon \sigma o\sigma \upsilon \nu \delta \epsilon \tau \eta \varrho \iota o\varsigma \sigma \tau o \vartriangle ADB \right )}=\angle DBA\equiv \angle SBN$ $\Rightarrow NS=NB=NM \Rightarrow \angle MSB=90^\circ.$

Κάθετη στη διαγώνιο

Κάθετη στη διαγώνιο

Re: Κάθετη στη διαγώνιο

Re: Κάθετη στη διαγώνιο

Re: Κάθετη στη διαγώνιο

Re: Κάθετη στη διαγώνιο

Re: Κάθετη στη διαγώνιο

Re: Κάθετη στη διαγώνιο

Μέλη σε σύνδεση