Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

#1

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\triangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και έστω $D,\ E,\ F,$ τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του στις πλευρές $BC,\ AC,\ AB,$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $B^{\prime}\equiv AC\cap BI$ και $C^{\prime}\equiv AB\cap CI,$ όπου είναι το έγκεντρο του $\triangle ABC.$ Αποδείξτε ότι $PA\perp AM,$ όπου $P\equiv EF\cap B^{\prime}C^{\prime}$ και είναι το μέσον της πλευράς

Κώστας Βήττας.

#2

Αρχικά φέρουμε παράλληλη από το σημείο

στην

.

#3

Το πρόβλημα προκύπτει ως εκφυλισμένη περίπτωση του ακόλουθου θεωρήματος :
Έστω τρίγωνο ABC, AA_1,BB_1

τα ύψη,

οι διχοτόμοι και A_3,B_3

τα σημεία επαφής με τον εγγεγραμμένο, τότε οι ευθείες A_1B_1,A_2B_2,A_3B_3

συντρέχουν.

Το παραπάνω προκύπτει ύστερα από εφαρμογή του θεωρήματος του Pascal. Αν σας ενδιαφέρει κ.Κώστα (ή κάποιον άλλον) μπορώ να προσθέσω τις λεπτομέρειες.

#4

Καλημέρα Σεραφείμ και Σιλουανέ και ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σας και την άμεση απάντηση.

'Εχω διαφορετική λύση υπόψη μου από αυτήν του Σεραφείμ και θα τη βάλω αργότερα, αφήνοντας χρόνο να ασχοληθούν κι' άλλοι.

smar έγραψε:Το πρόβλημα προκύπτει ως εκφυλισμένη περίπτωση του ακόλουθου θεωρήματος :
Έστω τρίγωνο ABC, τα ύψη, οι διχοτόμοι και τα σημεία επαφής με τον εγγεγραμμένο, τότε οι ευθείες συντρέχουν.
Το παραπάνω προκύπτει ύστερα από εφαρμογή του θεωρήματος του Pascal. Αν σε ενδιαφέρει Κώστα (ή κάποιον άλλον) μπορώ να προσθέσω τις λεπτομέρειες.

Σιλουανέ το γνωρίζω αυτό το θεώρημα ( δεν μου πέρασε όμως από το νου ) και νομίζω πως έχει ενδιαφέρον να το έχουμε εδώ. Η λύση που έχω υπόψη μου για το αποτέλεσμα που λες, βασίζεται στη θεωρία Περί Διπλού Λόγου και αν έχεις χρόνο βάλε σε παρακαλώ κάποια στιγμή, την απόδειξή σου με το με το Θεώρημα Pascal.

ΣΧΟΛΙΟ : Δείτε την ομορφιά της σκέψης του Σιλουανού.

Η ευθεία που συνδέει τα ίχνη των υψών στις πλευρές $AC,\ AB$ τριγώνου $\triangle ABC,$ ως αντιπαράλληλη ευθεία της ευθείας

ως προς τη γωνία $\angle A$

= ως προς τις ευθείες της γωνίας $\angle A$

, είναι ως γνωστόν κάθετη στην ευθεία που συνδέει την κορυφή

με το περίκεντρο του $\triangle ABC.$

Στην περίπτωση μας τώρα, η

είναι η οριακή ευθεία των ως άνω ιχνών των υψών επί των $AC,\ AB$ όταν $\angle A = 90^{o}$ , η οποία είναι κάθετη στην AM,

αφού το μέσον

της πλευράς BC,

ταυτίζεται με το περίκεντρο του $\triangle ABC$ .

Κώστας Βήττας.

#5

vittasko έγραψε: ΣΧΟΛΙΟ : Δείτε την ομορφιά της σκέψης του Σιλουανού.

Η ευθεία που συνδέει τα ίχνη των υψών στις πλευρές $AC,\ AB$ τριγώνου $\triangle ABC,$ ως αντιπαράλληλη ευθεία της ευθείας , ως προς τη γωνία $\angle A$ = ως προς τις ευθείες της γωνίας $\angle A$ , είναι ως γνωστόν κάθετη στην ευθεία που συνδέει την κορυφή με το περίκεντρο του $\triangle ABC.$

Στην περίπτωση μας τώρα, η είναι η οριακή ευθεία των ως άνω ιχνών των υψών επί των $AC,\ AB$ όταν $\angle A = 90^{o}$ , η οποία είναι κάθετη στην αφού το μέσον της πλευράς ταυτίζεται με το περίκεντρο του $\triangle ABC$ .

Κώστας Βήττας.

Τελικά η χρήση βαρέων .. μηχανημάτων, που δεν τα διαθέτουν όλοι (στην περίπτωσή μας το τέλειο θεώρημα του Σιλουανού), κάνει κάποια δύσκολα εγχειρήματα να μοιάζουν παιγνιδάκια. Μπράβο.

#6

smar έγραψε:Το πρόβλημα προκύπτει ως εκφυλισμένη περίπτωση του ακόλουθου θεωρήματος :
Έστω τρίγωνο ABC, τα ύψη, οι διχοτόμοι και τα σημεία επαφής με τον εγγεγραμμένο, τότε οι ευθείες συντρέχουν.

Λοιπόν η απόδειξη του παραπάνω. Έστω $P\equiv AA_2\cap A_3B_3$ και $Q\equiv BB_2\cap A_3B_3$

Τότε $\angle{APB}=\angle{BQA}=90$ . Συνεπώς τα σημεία A,B_1,Q,A_1,P,B

είναι ομοκυκλικά και με εφαρμογή του θεωρήματος Pascal στο παραπάνω εξάγωνο παίρνουμε το ζητούμενο.

#7

Σιλουανέ σ' ευχαριστώ.

Αυτή η απόδειξη είναι πολύ πιο όμορφη από αυτήν με το Διπλό Λόγο στην οποία αναφέρθηκα.

smar έγραψε:
smar έγραψε:Το πρόβλημα προκύπτει ως εκφυλισμένη περίπτωση του ακόλουθου θεωρήματος :
Έστω τρίγωνο ABC, τα ύψη, οι διχοτόμοι και τα σημεία επαφής με τον εγγεγραμμένο, τότε οι ευθείες συντρέχουν.
Λοιπόν η απόδειξη του παραπάνω. Έστω $P\equiv AA_2\cap A_3B_3$ και $Q\equiv BB_2\cap A_3B_3$

Τότε $\angle{APB}=\angle{BQA}=90$ . Συνεπώς τα σημεία είναι ομοκυκλικά και με εφαρμογή του θεωρήματος Pascal στο παραπάνω εξάγωνο παίρνουμε το ζητούμενο.

Η

βασίζεται στο γνωστό θεώρημα που λέει ότι οι προβολές του $\color{red}C$

χρησιμοποιώ τα γράμματα του σχήματος με τη διευθέτηση του Σιλουανού

επί των εξωτερικών διχοτόμων των γωνιών $\color{red} \angle A,\ \angle B$ καθώς και των $A,\ B,$ επί των εσωτερικών διχοτόμων των γωνιών $\angle B,\ \angle A$ αντιστοίχως, ανήκουν ( τα τέσσερα αυτά σημεία ) στην ευθεία που συνδέει τα σημεία επαφής $A_{3},\ B_{3}$ του εγγεγραμμένου κύκλου του $\triangle ABC$ , στις πλευρές του $BC,\ AC,$ αντιστοίχως.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. (28-12-2010) - Όπως γράφω και παρακάτω, αυτά που έχω επισημάνει με κόκκινο χρώμα, είναι ένα καραμπινάτο λάθος και πρέπει να αγνοηθούν. Τα υπόλοιπα είναι σωστά.

#8

Κώστα στέλνω μια λύση με αναλυτική γεωμετρία.
Όπως φαίνεται από το σχήμα έχουμε:
Οι εξισώσεις των διχοτόμων ΒΒ΄και CC' είναι αντίστοιχα:
$(BB'):y=\frac{s-a-c}{s-a}x+c (1)$
$(CC'):y=\frac{s-a}{s-a-b}x-b\frac{s-a}{s-a-b}(2)$
Με βάση τις εξισώσεις αυτές βρίσκουμε τις συντεταγμένες των σημείων C' και B':
$C'(-\frac{c(s-a)}{s-a-c},0),B'(0,-\frac{b(s-a)}{s-a-b})$
Επομένως οι εξισώσεις των BB' και EF είναι αντίστοιχα:
B'C': b(s-a-c)x+c(s-a-b)y=-bc(s-a)

και

Το γραμμικό σύστημα των δύο τελευταίων εξισώσεων έχει:
$D_{x}=\begin{vmatrix} -bc(s-a) & c(s-a-b)\\ s-a & 1 \end{vmatrix}=-c(s-a)^2$
και
$D_{y}=\begin{vmatrix} b(s-a-c) &-bc(s-a) \\ 1 & s-a \end{vmatrix}=b(s-a)^2$
Επομένως ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΡ είναι:
$\lambda _{AP}=\frac{D_y}{D_x}=-\frac{b}{c}$
και επειδή ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΜ είναι:
$\lambda _{AM}=\frac{c}{b}$
Άρα:
$\lambda _{AM).\lambda _{AP}=-1$
που σημαίνει πως η ΑΡ κάθετη στην ΑΜ.
(Κώστα δεν είναι όμως ...γεωμετρική λύση!)

S.E.Louridas · #9

Επειδή ήμαστε υπέρμαχοι του Μαθηματικού πλουραλισμού, ας μού επιτραπεί μία άποψη:

Θεωρούμε : $X \in BC:B{'} X \bot BC,\;Y \in BC:C{'} Y \bot BC.$

Θεωρούμε επίσης τους κύκλους: $C_1 \left( {B{'} ,B{'} E} \right),\;C_2 \left( {C{'} ,C{'} F} \right),\;L \equiv C_1 \cap B{'} X\,\kappa \alpha \iota \;K \equiv C_2 \cap C{'} Y.$

Εύκολα βλέπουμε ( λαμβάνοντας υπ’ όψη ότι η διχοτόμος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων που ισαπέχουν από τις πλευρές της γωνίας ) ότι οι ευθείες $FE,\ C'B',\ KL$ συντρέχουν στο κέντρο ομοιοθεσίας ( αλλά και αντιστροφής ) των κύκλων που θεωρήσαμε και που είναι το σημείο

,με την

στην οποία ανήκει το

να είναι παράλληλη τελικά στην

, οπότε από εδώ και πέρα τα πράγματα πηγαίνουν σε γνωστά υπολογιστικά μονοπάτια.

S.E.Louridas

#10

Ας δούμε μία ακόμα προσέγγιση.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $K\equiv (O)\cap CI,\ L\equiv (O)\cap BI,$ μέσα των τόξων $AB,\ AC$ αντιστοίχως και είναι γνωστό ότι το έγκεντρο

του δοσμένου ορθογωνίου τριγώνου $\triangle ABC,$ ανήκει στον κύκλο (K)

με κέντρο το

και ακτίνα KA =KB

, καθώς επίσης και στον κύκλο (L),

με κέντρο το

και ακτίνα LA = LC.

Η διάκεντρος

των κύκλων $(K),\ (L)$ είναι η μεσοκάθετη ευθεία στην κοινή χορδή τους AI.

Επίσης, λόγω της $\angle A = 90^{o},$ έχουμε ότι το AEIF

είναι τετράγωνο και επομένως η

είναι η μεσοκάθετη ευθεία της διαγωνίου του AI.

Άρα, προκύπτει ότι τα σημεία $K,\ F,\ E,\ L,$ είναι συνευθειακά.

: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο; f=112_t=11166(a).PNG (46 KiB) Προβλήθηκε 2426 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $X\equiv AB\cap KN,\ Y\equiv AC\cap LN,$ όπου $N\equiv (O)\cap AI$ και στο εγγεγραμμένο μη κυρτό εξάγωνο ABLNKC,

σύμφωνα με το θεώρημα Pascal, έχουμε ότι τα σημεία $X\equiv AB\cap NK,\ I\equiv BL\cap KC,\ Y\equiv LN\cap CA,$ είναι συνευθειακά.

Επί πλέον, έχουμε $XY\parallel BC,$ γιατί ισχύει $\displaystyle\frac{AX}{XB} = \frac{AN}{NB} = \frac{AN}{NC} = \frac{AY}{YC}$ ,(1)

με βάση το Θεώρημα Διχοτόμου, στα τρίγωνα $\triangle ABN,\ \triangle ACN.$

Επειδή τώρα, τα σημεία $A\equiv XC^{\prime}\cap YB^{\prime},\ I\equiv KC^{\prime}\cap LB^{\prime},\ N\equiv KX\cap LY$ είναι συνευθειακά, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, συμπεραίνεται ότι τα τριγωνα $\triangle KXC^{\prime},\ \triangle LYB^{\prime}$ είναι προοπτικά και άρα έχουμε ότι οι ευθείες $KL,\ XY,\ C^{\prime}B^{\prime}$ τέμνονται στο ίδιο σημείο, έστω το

$\bullet$ Από το ισοσκελές τρίγωνο $\triangle PAI$

λόγω της μεσοκάθετης

του

έχουμε ότι $\angle IAP = \amgle AIP = \angle AZB = 90^{o} - \angle ZAD = 90^{o} - \angle ZAM$ $\Longrightarrow$ $\angle IAP = 90^{o} - \angle ZAM$ ,(2)

όπου

είναι το ύψος του $\triangle ABC$ και $Z\equiv BC\cap AN.$

Από (2)

$\Longrightarrow$ $\angle IAP + \angle ZAM = 90^{o}$ $\Longrightarrow$ $PA\perp AM$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#11

S.E.Louridas έγραψε:Θεωρούμε : $X \in BC:B{'} X \bot BC,\;Y \in BC:C{'} Y \bot BC.$

Θεωρούμε επίσης τους κύκλους: $C_1 \left( {B{'} ,B{'} E} \right),\;C_2 \left( {C{'} ,C{'} F} \right),\;L \equiv C_1 \cap B{'} X\,\kappa \alpha \iota \;K \equiv C_2 \cap C{'} Y.$

Εύκολα βλέπουμε ( λαμβάνοντας υπ’ όψη ότι η διχοτόμος είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων που ισαπέχουν από τις πλευρές της γωνίας ) ότι οι ευθείες FE, C'B', KL συντρέχουν στο κέντρο ομοιοθεσίας ( αλλά και αντιστροφής ) των κύκλων που θεωρήσαμε και που είναι το σημείο Ρ ,με την LK στην οποία ανήκει το Ι να είναι παράλληλη τελικά στην BC, οπότε από εδώ και πέρα τα πράγματα πηγαίνουν σε γνωστά υπολογιστικά μονοπάτια.

Επιτρέψτε μου να βάλω το σχήμα και μερικές λεπτομέρειες γι' αυτήν την ενδιαφέρουσα λύση.

$\bullet$ Επειδή το σημείο B{'}

ανήκει στην διχοτόμο της γωνίας $\angle B$ και η εφαπτομένη B{'}E

του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

του $\triangle ABC$ είναι κάθετη στην AB,

συμπεραίνεται ότι η ευθεία $B{'}X\perp BC$ εφάπτεται του (I)

, στο σημείο έστω

Ομοίως, η ευθεία $C{'}Y\perp BC$ εφάπτεται στο σημείο έστω

.

Από $B{'}L\parallel C{'}K$ , έχουμε ότι το σημείο $P\equiv B{'}C{'}\cap KL$ είναι το κέντρο ομοιοθεσίας των κύκλων $(C_{1}),\ (C_{2}),$ με κέντρα τα $B{'},\ C{'}$ αντιστοίχως και ακτίνες B{'}E = B{'}L

και

.

Έστω το σημείο $E{'}\equiv (C_{1})\cap EF$ και αποδεικνύεται εύκολα ότι $B{'}E{'}\parallel C{'}F$

από $\angle B{'}E{'}F = \angle E{'}EB{'} = \angle AEF = \angle AFE{'}$

και άρα η ευθεία

περνάει από το

: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο - Απόδειξη από τον Σωτήρη Λουρίδα.; f=112_t=11166(b).PNG (30.33 KiB) Προβλήθηκε 2426 φορές

$\bullet$ Στη συνέχεια, από το ισοσκελές τρίγωνο $\triangle PAI$

γιατί όπως είπαμε πιο πάνω, η

είναι η μεσοκάθετη ευθεία του AI,

λόγω του τετραγώνου AEIF

καταλήγουμε όπως και πριν, στο συμπέρασμα ότι $PA\perp AM$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΣΧΟΛΙΟ : - Είδαμε ότι αν και ισχύει ότι $KL\parallel BC$ και ότι τα $K,\ I,\ L$ είναι συνευθειακά, δεν μας είναι απαραίτητο για την απόδειξη του ότι οι ευθείες $EF,\ B{'}C{'},\ KL$ συντρέχουν στο ίδιο σημείο. Το κριτήριο σύγκλισης αυτών των ευθειών είναι ότι ισχύει $B{'}E{'}\parallel C{'}F$ και $B{'}L\parallel C{'}K,$ όπου $E{'}\equiv (C_{1})\cap EF.$

Μπορεί να δει κάποιος εδώ, ότι στο EFKL

, θεωρούμενο ως ένα τυχόν εγγράψιμο τετράπλευρο στο κύκλο (I)

, η ευθεία B{'}C{'}

που συνδέει τα σημεία τομής των εφαπτομένων του (I)

στα άκρα των απέναντι πλευρών του $FK,\ EL,$ περνάει από το σημείο τομής των απέναντι πλευρών του $EF,\ KL$

γνωστό αποτέλεσμα που αποδεικνύεται εύκολα όπως και αμέσως πριν, από $B{'}E{'}\parallel C{'}F$ και $B{'}L{'}\parallel C{'}K,$ όπου $E{'}\equiv (C_{1})\cap EF$ και $L{'}\equiv (C_{1})\cap KL$ και όπου στην περίπτωση του προβλήματος που έχει τεθεί, ισχύει $L{'}\equiv L$

Κώστας Βήττας.

#12

Ας δούμε το γνωστό θεώρημα στο οποίο αναφέρθηκε ο Σιλουανός πιο πάνω και μερικές λεπτομέρειες για την απόδειξη που μας έδωσε, βασισμένη σ' αυτό.

smar έγραψε:ΘΕΩΡΗΜΑ 1. - Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , τα ύψη, οι διχοτόμοι και τα σημεία επαφής με τον εγγεγραμμένο κύκλο, τότε οι ευθείες συντρέχουν.

1η Απόδειξη. - Έστω τα σημεία $P\equiv A_{3}B_{3}\cap AA_{2},\ Q\equiv A_{3}B_{3}\cap BB_{2}$ και έχουμε ότι $BP\perp AA_{2}$ και $AQ\perp BB_{2}$

γνωστό αποτέλεσμα που αποδεικνύεται εύκολα

Άρα, τα σημεία $A,\ B_{1},\ Q,\ P,\ A_{1},\ B,$ ανήκουν στον ίδιο κύκλο έστω (K),

με διάμετρο την πλευρά

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

: Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο - Θεώρημα 1 - Απόδειξη από τον Σιλουανό Μπραζιτίκο.; f=112_t=11166(c).PNG (43.25 KiB) Προβλήθηκε 2504 φορές

Θεωρούμε το εγγεγραμμένο στον κύκλο (K)

μη κυρτό εξάγωνο $AB_{1}QBA_{1}P$ και σύμφωνα με το Θεώρημα Pascal, έχουμε ότι τα σημεία $C\equiv AB_{1}\cap BA_{1},\ R\equiv B_{1}Q\cap A_{1}P,\ I\equiv QB\cap PA,$ ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Επειδή τώρα, τα σημεία αυτά είναι συνευθειακά, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle B_{1}B_{2}Q,\ \vartriangle A_{1}A_{2}P$ είναι προοπτικά.

Άρα, οι ευθείες $A_{1}B_{1},\ A_{2}B_{2},\ PQ,$ που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές αυτών των τριγώνων, τέμνονται στο ίδιο σημείο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

vittasko έγραψε:
smar έγραψε:Το πρόβλημα προκύπτει ως εκφυλισμένη περίπτωση του ακόλουθου θεωρήματος :
Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , τα ύψη, οι διχοτόμοι και τα σημεία επαφής με τον εγγεγραμμένο, τότε οι ευθείες συντρέχουν.

Λοιπόν η απόδειξη του παραπάνω. Έστω $P\equiv AA_2\cap A_3B_3$ και $Q\equiv BB_2\cap A_3B_3$

Τότε $\angle{APB}=\angle{BQA}=90$ . Συνεπώς τα σημεία είναι ομοκυκλικά και με εφαρμογή του θεωρήματος Pascal στο παραπάνω εξάγωνο παίρνουμε το ζητούμενο.
Η βασίζεται στο γνωστό θεώρημα που λέει ότι οι προβολές του $\color{red}C$ χρησιμοποιώ τα γράμματα του σχήματος με τη διευθέτηση του Σιλουανού επί των εξωτερικών διχοτόμων των γωνιών $\color{red}\angle A,\ \angle B$ καθώς και των $A,\ B,$ επί των εσωτερικών διχοτόμων των γωνιών $\angle B,\ \angle A$ αντιστοίχως, ανήκουν ( τα τέσσερα αυτά σημεία ) στην ευθεία που συνδέει τα σημεία επαφής $A_{3},\ B_{3}$ του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ , στις πλευρές του $BC,\ AC,$ αντιστοίχως.

Συγχωρέστε με, γιατί εδώ υπάρχει λάθος. Δεν αληθεύουν όσα έχω επισημάνει με κόκκινο χρώμα.

Προφανώς, έχει γίνει σύγχυση με άλλο γνωστό θεώρημα που λέει ότι :

ΘΕΩΡΗΜΑ 2. - Σε κάθε τρίγωνο, οι προβολές μιας κορυφής του επί των εσωτερικών και των εξωτερικών διχοτόμων των δύο αλλων γωνιών του, ανήκουν στην ευθεία που συνδέει τα μέσα των πλευρών που συντρέχουν στην κορυφή αυτή.

( Κάθε ένα από τα τέσσερα αυτά σημεία, ανήκει και σε ευθεία που συνδέει συγκεκριμένα σημεία επαφής με τις πλευρές του τριγώνου, των παρεγγεγραμμένων κύκλων που αντιστοιχούν στις άλλες δύο κορυφές του δοσμένου τριγώνου ).

Κώστας Βήττας.

#13

Ας δούμε την απόδειξη του Θεωρήματος 1 ( γενικευμένη εκφώνηση ), βασισμένη στην θεωρία περί Διπλού Λόγου, στη οποία αναφέρθηκα.

ΘΕΩΡΗΜΑ 1. - Σε κάθε τρίγωνο, η ευθεία που συνδέει τα ίχνη των υψών σε δύο πλευρές του και η ευθεία που συνδέει τα ίχνη των διχοτόμων στις ίδιες πλευρές, τέμνονται σε σημείο κείμενο επί της ευθείας που συνδέει τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου, στις πλευρές αυτές.

2η Απόδειξη. - Έστω $BD,\ CE,$ τα ύψη του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ και έστω το σημείο $P\equiv DE\cap FZ,$ όπου $BF,\ CZ,$ είναι οι διχοτόμοι του και θα αποδείξουμε ότι το σημείο αυτό ανήκει στην ευθεία XY,

όπου $X,\ Y$ είναι τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

του $\vartriangle ABC,$ στις πλευρές $AB,\ AC,$ αντιστοίχως.

Θεωρούμε τις δέσμες $P.AFYD,\ P.AZXE,$ οι οποίες έχουν την

ως κοινή ακτίνα καθώς επίσης, $PF\equiv PZ$ και $PD\equiv PE.$

Για να ισχύει το ζητούμενο $PY\equiv PX,$ αρκεί να αποδειχθεί ότι οι δέσμες αυτές έχουν ίσους Διπλούς Λόγους.

Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί ότι ισχύει $(P\ldotp AFYD) = (P\ldotp AZXE)$ ,(1)

Από

και $(P\ldotp AFYD) = (A,F,Y,D)$ ,(2)

και $(P\ldotp AZXE) = (A,Z,X,E)$ ,(3)

, αρκεί να αποδειχθεί ότι (A,F,Y,D) = (A,Z,X,E)

Αλλά ( από τον ορισμό του Διπλού Λόγου ), $\displaystyle(A,F,Y,D) = \frac{YA}{YF}\div \frac{DA}{DF}$ ,(5)

και $\displaystyle(A,Z,X,E) = \frac{XA}{XZ}\div \frac{EA}{EZ}$ ,(6)

Από $(4),\ (5),\ (6)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{YA}{YF}\cdot \frac{DF}{DA} = \frac{XA}{XZ}\cdot \frac{EZ}{EA}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{DF}{YF}\cdot \frac{XZ}{EZ} = \frac{DA}{EA}$ ,(7)

γιατί

Αρκεί λοιπόν, να αποδειχθεί ότι αληθεύει η (7).

$\bullet$ Από $IY\parallel BD$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{DF}{YF} = \frac{BD}{IY}$ ,(8)

και από $IX\parallel CE$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{XZ}{EZ} = \frac{IX}{CE}$ ,(9)

Από $(8),\ (9)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{DF}{YF}\cdot \frac{XZ}{EZ} = \frac{BD}{CE}$ ,(10)

γιατί

Από όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC,$ έχουμε ότι $\displaystyle\frac{BD}{CE} = \frac{DA}{EA}$ ,(11)

Από $(10),\ (11)$ προκύπτει η (7)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΣΧΟΛΙΟ : - Το ως άνω Θεώρημα 1, έρχεται από το παρελθόν. Υπάρχει και στο βιβλίο Γεωμετρία - Μεθοδολογία, Μ. & Π. Γεωργιακάκης, Αυτοέκδοση, Αθήνα 1975, ως προτεινόμενη άσκηση 42 στη σελίδα 181.

Πρόσφατα έμαθα ότι το σημείο $P\equiv DE\cap XY\cap FZ,$ ονομάζεται Σημείο Pelletier, του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προφανώς, υπάρχουν άλλα δύο τέτοια σημεία σε κάθε τρίγωνο, έστω τα $Q,\ R.$ Αποδεικνύεται ότι :

$\bullet$ Ανά μία οι πλευρές του τρίγωνου $\vartriangle PQR$ που ορίζεται από τα Σημεία Pelletier, περνάνε από τις κορυφές του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

$\bullet$ Τα τρίγωνα $\triangle PQR,\ \triangle ABC$ είναι προοπτικά και ο άξονας προοπτικότητάς τους εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle ABC.$

H σχετική συζήτηση και οι αποδείξεις αυτών των αποτελεσμάτων, έχουν δημοσιευτεί Εδώ.

Κώστας Βήττας.

Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Re: Γεωμετρία - Καθετότητα σε ορθογώνιο τρίγωνο.

Μέλη σε σύνδεση