mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 03, 2024 6:36 pm**

: Ισότητα λόγω παραλληλίας.png (18.27 KiB) Προβλήθηκε 915 φορές

Στο τρίγωνο ABC

με :

, φέραμε τη διχοτόμο

και πήραμε σημείο

της

, ώστε :

. Για σημείο

της

, είναι : $PT \parallel AB$ . Σημείο

κινείται στην

. Οι

προεκτεινόμενες , τέμνουν τις AC , AB

στα σημεία B' , C'

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : BC'=CB'

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 03, 2024 8:27 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Ιαν 03, 2024 6:36 pm Ισότητα λόγω παραλληλίας.pngΣτο τρίγωνο με : , φέραμε τη διχοτόμο και πήραμε σημείο της , ώστε :

. Για σημείο της , είναι : $PT \parallel AB$ . Σημείο κινείται στην . Οι

προεκτεινόμενες , τέμνουν τις στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

Έστω $Q\equiv CS\cap AD$ και $\displaystyle \frac{PS}{ST}=k.$ Αφού $\displaystyle PT\parallel AD\overset{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }\Rightarrow \frac{CP}{CA}=\frac{CT}{CD}=\frac{BD}{CD}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon A\overset{\bigtriangleup }BC}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow \boxed{CP=AB}\left ( 1 \right ).$
$\bullet$ Από Θ. Μενέλαου στο τρίγωνο $P\overset{\bigtriangleup }TC$ με διατέμνουσα BSB{'}

παίρνουμε $\displaystyle \frac{BT}{BC}\cdot \frac{PS}{ST}\cdot \frac{CB{'}}{PB{'}}=1\Rightarrow \frac{b}{b+c}\cdot k\cdot \frac{CB{'}}{PB{'}}=1\Rightarrow \boxed{\frac{CB{'}}{CP}=\frac{b+c}{b+c+kb}}\left ( 2 \right ).$
$\bullet$ Αφού $PT\parallel AD$ , από Θ. Κεντρικής Δέσμης $\displaystyle \boxed{\frac{AQ}{QD}=\frac{PS}{ST}=k}\left ( 3 \right ).$ Από Θ. Μενέλαου στο τρίγωνο $A\overset{\bigtriangleup }BD$ με διατέμνουσα $\displaystyle CQC{'}$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{CD}{CB}\cdot \frac{AQ}{QD}\cdot \frac{C{'}B}{C{'}A}=1\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \frac{b}{b+c}\cdot k\cdot \frac{C{'}B}{C{'}A}=1\Rightarrow \boxed{\frac{C{'}B}{AB}=\frac{b+c}{b+c+kb}}\left ( 4 \right ).$ Από τις σχέσεις $\left ( 2 \right )$ και $\left ( 4 \right )$ λαμβάνουμε $\displaystyle \frac{CB{'}}{CP}=\frac{C{'}B}{AB}\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \boxed{CB{'}=C{'}B}$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Σημείωση Χρησιμοποιήθηκαν οι σχέσεις $\displaystyle \frac{BT}{BC}=\frac{b}{b+c}$ και $\displaystyle \frac{CD}{CB}=\frac{b}{b+c}.$ Η τελευταία προκύπτει από Θ. εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο $A\overset{\bigtriangleup }BC$ και η πρώτη προκύπτει από την δεύτερη και από το γεγονός ότι BT=DC.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 03, 2024 10:09 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Ιαν 03, 2024 6:36 pm Ισότητα λόγω παραλληλίας.pngΣτο τρίγωνο με : , φέραμε τη διχοτόμο και πήραμε σημείο της , ώστε :

. Για σημείο της , είναι : $PT \parallel AB$ . Σημείο κινείται στην . Οι

προεκτεινόμενες , τέμνουν τις στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

: Ισότητα λόγω παραλληλίας.png (25.4 KiB) Προβλήθηκε 849 φορές

Έστω

η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου $\vartriangle ABLC$ . Τότε από $\left( BD=TC,BA=CL,\angle ABC\overset{AB\parallel CL}{\mathop{=}}\, \right)\overset{\Pi -\Gamma -\Pi }{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle ABD=\vartriangle LCB\Rightarrow$ $\angle LTC=\angle ADB\overset{AD\parallel AT}{\mathop{=}}\,\angle PTD\overset{D,T,C\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha }{\mathop{\Rightarrow }}\,L,T,P$ συνευθειακά και προφανώς (λόγω παραλληλίας) είναι $\angle CLP\overset{\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\angle BAD\overset{\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma }{\mathop{=}}\,$ $\dfrac{\angle A}{2}=\angle DAC\overset{AD\parallel PTL}{\mathop{=}}\,\angle LPC\Rightarrow PC=LC=AB:\left( 1 \right)$
Αν $K\equiv C{C}'\cap LB\overset{B{C}'\parallel CL}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{B{C}'}{\cancel{LC}}=\dfrac{KB}{KL}\overset{\Theta .\Kappa .\delta \varepsilon \sigma \mu \eta \varsigma \left( PL\cap BB'\cap CK,P{B}'C\parallel LBK \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{C{B}'}{\cancel{PC}}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,B{C}'=C{B}'$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 06, 2024 12:50 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Ιαν 03, 2024 6:36 pm Ισότητα λόγω παραλληλίας.pngΣτο τρίγωνο με : , φέραμε τη διχοτόμο και πήραμε σημείο της , ώστε :

. Για σημείο της , είναι : $PT \parallel AB$ . Σημείο κινείται στην . Οι

προεκτεινόμενες , τέμνουν τις στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

Επειδή στους περίκυκλους των τριγώνων ABD,PTC

οι ίσες χορδές BD,TC

φαίνονται υπό ίσες γωνίες ,

οι κύκλοι αυτοί είναι ίσοι κι επειδή οι γωνίες ADB,PTC

είναι παραπληρωματικές ,θα

είναι PC=c

.Μένει να αποδείξουμε ότι PB’=AC’

Η παράλληλη από το

προς την

τέμνει την

στο

και την

στο

οπότε

κι επειδή

θα είναι

άρα

παραλ/μμο

Αν $CK \cap AQ=L$ θα είναι CL=AC=b

και $\dfrac{PB'}{BK} = \dfrac{PS}{SK} \Rightarrow \dfrac{PB'}{b}= \dfrac{PS}{SK}(1)$

$\dfrac{AC'}{CL} = \dfrac{AN}{NL} \Rightarrow \dfrac{AC'}{b}= \dfrac{AN}{NL}(2)$ .Αλλά $\dfrac{PS}{SK}= \dfrac{AN}{NL}$ (θ.κ δέσμης)

οπότε από (1),(2)

έπεται το ζητούμενο.

: ισότητα λόγω παραλληλίας.png (26.89 KiB) Προβλήθηκε 735 φορές

mathematica.gr

Ισότητα λόγω παραλληλίας

Ισότητα λόγω παραλληλίας

Re: Ισότητα λόγω παραλληλίας

Re: Ισότητα λόγω παραλληλίας

Re: Ισότητα λόγω παραλληλίας