mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 21, 2026 1:18 pm**

Δίνονται το τρίγωνο ABC

και η διχοτόμος του $AD\,\;( D\in BC)$ . Τα σημεία

και

του κύκλου (ABC)

είναι τέτοια, ώστε $\angle BPD = \angle DQC = 90^{\circ}$ . Οι ευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

.
Να αποδείξετε ότι η ευθεία

εφάπτεται του κύκλου (ABC)

.

: tangent_to_circle.png (34.19 KiB) Προβλήθηκε 386 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 23, 2026 12:18 pm**

giannimani έγραψε:Δίνονται το τρίγωνο και η διχοτόμος του $AD\,\;( D\in BC)$ . Τα σημεία και του κύκλου
είναι τέτοια, ώστε $\angle BPD = \angle DQC = 90^{\circ}$ . Οι ευθείες και τέμνονται στο σημείο .
Να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του κύκλου .

$\bullet$ Έστω το σημείο $S\equiv BP\cap CQ$ και ας είναι K, L,

τα σημεία επί των SB, SC

αντιστοίχως, ώστε να είναι $DK\parallel SC$ και $DL\parallel SB.$

Οι περίκυκλοι των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle PBD, \vartriangle QCD,$ με διάμετρο τα τμήματα BD, CD

αντιστοίχως, έχουν την δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

ως ριζικό τους άξονα ο οποίος περνάει προφανώς από το σημείο

ως το ριζικό κέντρο αυτών των κύκλων και του περικύκλου του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

Σύμφωνα με γνωστό αποτέλεσμα (*) που έχουμε δει παλιότερα στο

, έχουμε ότι η ευθεία

πρνάει από το σημείο

Στο τρίγωνο $\vartriangle SBC$ τώρα, με διατέμνουσα την TKL,

σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε:

$\displaystyle \frac{TB}{TC}\cdot \frac{LC}{LS}\cdot \frac{KS}{KB}=1\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{TB}{TC}=\frac{LS}{LC}\cdot \frac{KB}{KS}}\ \ ,(1)$

Από $DK\parallel SC\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KB}{KS}=\frac{DB}{DC}}\ \ ,(2)$ και από $DL\parallel SB\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{LS}{LC}=\frac{DB}{DC}}\ \ ,(3)$

: Προκύπτει εφαπτομένη.; f=178 t=78924.PNG (25 KiB) Προβλήθηκε 157 φορές

$\bullet$ Από $(1), (2), (3)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{TB}{TC}=\frac{(DB)^{2}}{(DC)^{2}}}\ \ ,(4)$

Αλλά, λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle A$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC}}\ \ ,(5)$

Από $(4), (5)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{TB}{TC}=\frac{(AB)^{2}}{(AC)^{2}}}\ \ ,(6)$

Από (6)

συμπεραίνεται ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την εφαπτομένη του περίκυκλου (O)

του $\vartriangle ABC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

(*) Δείτε Εδώ.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 23, 2026 2:14 pm**

giannimani έγραψε: Σάβ Φεβ 21, 2026 1:18 pm Δίνονται το τρίγωνο και η διχοτόμος του $AD\,\;( D\in BC)$ . Τα σημεία και του κύκλου
είναι τέτοια, ώστε $\angle BPD = \angle DQC = 90^{\circ}$ . Οι ευθείες και τέμνονται στο σημείο .
Να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του κύκλου .
tangent_to_circle.png

Οι

τέμνονται στο

Προφανώς το PDSQ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

κι επειδή οι

κόκκινες γωνίες είναι ίσες, θα είναι $B\widehat DS=90^\circ.$ Άρα η

εφάπτεται σ' αυτό τον τον κύκλο.

: Προκύπτει εφαπτομένη.png (22.52 KiB) Προβλήθηκε 255 φορές

$\displaystyle T{D^2} = TP \cdot TQ = TB \cdot TC \Leftrightarrow (TB + BD)(TC - DC) = TB \cdot TC \Leftrightarrow$

$\displaystyle BD \cdot TC - TB \cdot DC - BD \cdot DC = 0 \Leftrightarrow \frac{{ac}}{{b + c}}TC - \frac{{ab}}{{b + c}}TB = \frac{{{a^2}bc}}{{{{(b + c)}^2}}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle (b + c)(cTC - bTB) = abc\mathop \Leftrightarrow \limits^{TC - TB = a}$ $\boxed{ \frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}}}$ και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 23, 2026 7:06 pm**

Στον δρόμο που χάραξε ο Γιώργος (#2), η λύση που έδωσα πιο πάνω (#1) στέλνεται στα αζήτητα.

Από $(TD)^{2}=(TP)(TQ)=(TB)(TC)\ \ ,(1)$ συμπεραίνεται ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την εφαπτομένη του κύκλου (O)