mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 28, 2023 9:39 am**

: Όμορφη ομοιότητα.png (42.23 KiB) Προβλήθηκε 722 φορές

Οι (άνισοι) κύκλοι (O)

και

τέμνονται στα σημεία A , B

. Τμήμα

με άκρα στους δύο κύκλους

διέρχεται από το

. Οι μεσοκάθετοι των BS , BP

τέμνουν τους οικείους κύκλους στα σημεία C , C'

και

. Αν

είναι το μέσο του

, δείξτε ότι τα τρίγωνα MCD

και

είναι όμοια .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 28, 2023 1:01 pm**

KARKAR έγραψε: Παρ Ιούλ 28, 2023 9:39 am Όμορφη ομοιότητα.pngΟι (άνισοι) κύκλοι και τέμνονται στα σημεία . Τμήμα με άκρα στους δύο κύκλους

διέρχεται από το . Οι μεσοκάθετοι των τέμνουν τους οικείους κύκλους στα σημεία

και . Αν είναι το μέσο του , δείξτε ότι τα τρίγωνα και είναι όμοια .

$\bullet$ Είναι $\angle SCB\overset{S,C,B,A\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle BAP\overset{B,A,D,P\in \left( K \right)}{\mathop{=}}\,\angle BDP$ οπότε τα ισοσκελή τρίγωνα (λόγω των μεσοκαθέτων) $\vartriangle {C}'SB,\vartriangle DBP$ είναι όμοια και άρα $\angle SA{C}'\overset{S,A,B,{C}'\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle SB{C}'\overset{\vartriangle {C}'SB\sim \vartriangle {D}'PB}{\mathop{=}}\,\angle DBP\overset{A,B,D,P\in \left( K \right)}{\mathop{=}}\,\angle PAD\overset{S,A,P\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha }{\mathop{\Rightarrow }}\,{C}',A,D$ συνευθειακά και με όμοιο τρόπο προκύπτει και η συνευθειακότητα των σημείων {D}',A,C

αλλά τότε με $\angle CA{C}'={{90}^{0}}$ (λόγω της διαμέτρου C{C}'

του $\left( O \right)$ θα είναι και $D{C}'\bot {D}'C$

: όμορφη ομοιότητα..png (71.17 KiB) Προβλήθηκε 684 φορές

$\bullet$ Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το μέσο

της

. Τότε από το σχηματιζόμενο παραλληλόγραμμο SCPE

(οι διαγώνιες διχοτομούνται) θα έχουμε: $\angle ASC=\angle SPE:\left( 1 \right)$ (εντός εναλλάξ) και $PE=CS=CB:\left( 2 \right)$

$\bullet$ Οπότε $\angle ABC\overset{A,C,S,B\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle ASC\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,\angle APE\overset{\angle ABD\overset{A,D,P,B\in \left( K \right)}{\mathop{=}}\,\angle DPA}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle CBD=\angle EPD:\left( 3 \right)$ και με BC=PE,BD=PD

(από τη σχέση $\left( 2 \right)$ και την μεσοκάθετη της

) σύμφωνα με το κριτήριο (Π – Γ – Π) προκύπτει ότι $\vartriangle BCD=\vartriangle PED\Rightarrow DC=DE\overset{MC=ME}{\mathop{\Rightarrow }}\,DM\bot CE$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι και ${C}'M\bot {D}'M$ αλλά τότε από την καθετότητα $D{C}'\bot {D}'C\left( D{C}'\cap {D}'C\equiv A \right)$ προκύπτει ότι τα τετράπλευρα AMDC,AM{D}'{C}'

είναι εγγράψιμα σε κύκλους διαμέτρων CD,{C}'{D}'

αντίστοιχα, οπότε

$\angle MCD\overset{A,M,D,C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle MAD\overset{A,M,{D}',{C}'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle M{D}'{C}'$ $\overset{\angle CMD=\angle {C}'M{D}'={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle CMD\sim \vartriangle {C}'M{D}'$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 01, 2023 12:23 pm**

KARKAR έγραψε: Παρ Ιούλ 28, 2023 9:39 am Όμορφη ομοιότητα.pngΟι (άνισοι) κύκλοι και τέμνονται στα σημεία . Τμήμα με άκρα στους δύο κύκλους

διέρχεται από το . Οι μεσοκάθετοι των τέμνουν τους οικείους κύκλους στα σημεία

και . Αν είναι το μέσο του , δείξτε ότι τα τρίγωνα και είναι όμοια .