Μία ωραία άσκηση!

Ορέστης Λιγνός · #1

Έστω $\vartriangle ABC$ τρίγωνο με ορθόκεντρο

και περιγεγράμμενο κύκλο $\Gamma$ κέντρου

.

Έστω ότι ο κύκλος με διάμετρο

τέμνει τον $\Gamma$ στο σημείο

.

Να δείξετε ότι $KB \cdot CH=CK \cdot BH$

: ORESTIS.png (12.72 KiB) Προβλήθηκε 1634 φορές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

: ωραία άσκηση.png (37.97 KiB) Προβλήθηκε 1588 φορές

Έστω

τα ύψη του τριγώνου ABC

. Αφού $\widehat{BEA}=\widehat{CZA}=90^o$ , έχουμε πως ο κύκλος με διάμετρο

περνάει από τα E, Z

, δηλαδή είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του EHZ

.

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BZEC

έχουμε πως $BH\cdot HE=CH\cdot HZ$ . Όμοια έχουμε πως $AH\cdot HD=BH\cdot HE$ , επομένως $AH\cdot HD=BH\cdot HE=CH\cdot HZ$ .

Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο το

και δύναμη $AH\cdot HD=BH\cdot HE=CH\cdot HZ$ .

Με αυτό τον τρόπο το

πάει στο

, το

στο

και το

στο

. Επομένως ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABC

γίνεται ο περιγεγραμμένος κύκλος του DEZ

, δηλαδή ο κύκλος Euler

του

.

Ακόμη το

πάει στο

και το

πάει στο

. Επομένως ο περιγεγραμμένος κύκλος του EHZ

γίνεται η ευθεία

. Συνεπώς το σημείο τομής των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABC

και

, δηλαδή το

, έχει αντίστροφο το σημείο τομής της

με τον κύκλο Euler

του

. Αφού όμως το σημείο αυτό είναι διάφορο του

, έπεται πως το αντίστροφο του

είναι το μέσο

του

.

Επομένως τα σημεία K, H, M

είναι συνευθειακά.

Ακόμη αφού είναι τα K, M

αντίστροφα, θα ισχύει ότι $KH\cdot HM=AH\cdot HD=BH\cdot HE=CH\cdot HZ$ . Επομένως τα KBME

και

είναι εγγράψιμα τετράπλευρα.

Με άλλα λόγια $\widehat{BKM}=\widehat{BEM}$ και $\widehat{MZC}=\widehat{MKC}$ . Λόγω του ότι τα τρίγωνα BEC

και

είναι ορθογώνια και το

είναι το μέσο του

, έχουμε πως $\widehat{BEM}=\widehat{EBM}$ , άρα $\widehat{BKM}=\widehat{EBM}$ . Όμοια έχουμε πως $\widehat{MZC}=\widehat{MCZ}$ , άρα $\widehat{MKC}=\widehat{MCZ}$ .

Επομένως τα τρίγωνα BKM

και

είναι όμοια. Παρομοίως και τα τρίγωνα CKM

και

είναι όμοια. Με άλλα λόγια $\dfrac{BK}{BH}=\dfrac{KM}{BM}$ και $\dfrac{CK}{CH}=\dfrac{KM}{CM}$ . Όμως CM=BM

, άρα $\dfrac{BK}{BH}=\dfrac{CK}{CH}\Leftrightarrow BK\cdot CH=CK\cdot BH$ που είναι το ζητούμενο.

#3

: Λιγνός εν δράσει 2.png (37 KiB) Προβλήθηκε 1497 φορές

Ας είναι

το αντιδιαμετρικό του

. Επειδή το τετράπλευρο HBDC

είναι

παραλληλόγραμμο η προς απόδειξη γράφεται ισοδύναμα :

$KB \cdot CH = KC \cdot BH \Leftrightarrow KB \cdot BD = KC \cdot DC \Leftrightarrow 2Rx = 2Ry$ αληθές αφού x,y

οι

αποστάσεις των $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ από την

.

STOPJOHN · #4

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ τρίγωνο με ορθόκεντρο και περιγεγράμμενο κύκλο $\Gamma$ κέντρου .

Έστω ότι ο κύκλος με διάμετρο τέμνει τον $\Gamma$ στο σημείο .

Να δείξετε ότι $KB \cdot CH=CK \cdot BH$

ORESTIS.png

Καλησπέρα Ορέστη,Νίκο ,Διονύση

Ισχυουν οι ισότητες των εγεγραμμενων γωνιών που βαίνουν στο ίδιο τόξο
$\hat{KBA}=\hat{KCA}=\hat{\varphi },\hat{BAC}=\hat{KBC}=\hat{\omega }=\hat{MHC},$

Aρα $\hat{KBH}=90-\omega -\varphi =90-A-\varphi ,(1), \hat{HCK}=90-\omega -\varphi ,(2), (1),(2)\Rightarrow \hat{HCK}=\hat{KBH},(*), \hat{KHB}=\omega +C-\varphi =A+C-\varphi ,(3) \hat{KHC}=A+C-\varphi ,(4) (3),(4)\Rightarrow \hat{KHC}=\hat{KHB},(**)$

Τα τρίγωνα KBH,CKH

είναι όμοια και συνεπώς

$\dfrac{KB}{BH}=\dfrac{CK}{CH}\Leftrightarrow KB.CH=CK.BH$

Γιάννης

mikemoke · #5

STOPJOHN έγραψε:
Ορέστης Λιγνός έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ τρίγωνο με ορθόκεντρο και περιγεγράμμενο κύκλο $\Gamma$ κέντρου .

Έστω ότι ο κύκλος με διάμετρο τέμνει τον $\Gamma$ στο σημείο .

Να δείξετε ότι $KB \cdot CH=CK \cdot BH$

ORESTIS.png
Καλησπέρα Ορέστη,Νίκο ,Διονύση

Ισχυουν οι ισότητες των εγεγραμμενων γωνιών που βαίνουν στο ίδιο τόξο
$\hat{KBA}=\hat{KCA}=\hat{\varphi },\hat{BAC}=\hat{KBC}=\hat{\omega }=\hat{MHC},$

Aρα $\hat{KBH}=90-\omega -\varphi =90-A-\varphi ,(1), \hat{HCK}=90-\omega -\varphi ,(2), (1),(2)\Rightarrow \hat{HCK}=\hat{KBH},(*), \hat{KHB}=\omega +C-\varphi =A+C-\varphi ,(3) \hat{KHC}=A+C-\varphi ,(4) (3),(4)\Rightarrow \hat{KHC}=\hat{KHB},(**)$

Τα τρίγωνα είναι όμοια και συνεπώς

$\dfrac{KB}{BH}=\dfrac{CK}{CH}\Leftrightarrow KB.CH=CK.BH$

Γιάννης

Αν $\hat{KHC}=\hat{KHB}$ τότε στο σχήμα το Νίκου το BHCD

είναι ρόμβος

STOPJOHN · #6

mikemoke έγραψε:
STOPJOHN έγραψε:
Ορέστης Λιγνός έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ τρίγωνο με ορθόκεντρο και περιγεγράμμενο κύκλο $\Gamma$ κέντρου .

Έστω ότι ο κύκλος με διάμετρο τέμνει τον $\Gamma$ στο σημείο .

Να δείξετε ότι $KB \cdot CH=CK \cdot BH$

ORESTIS.png
Καλησπέρα Ορέστη,Νίκο ,Διονύση

Ισχυουν οι ισότητες των εγεγραμμενων γωνιών που βαίνουν στο ίδιο τόξο
$\hat{KBA}=\hat{KCA}=\hat{\varphi },\hat{BAC}=\hat{KBC}=\hat{\omega }=\hat{MHC},$

Aρα $\hat{KBH}=90-\omega -\varphi =90-A-\varphi ,(1), \hat{HCK}=90-\omega -\varphi ,(2), (1),(2)\Rightarrow \hat{HCK}=\hat{KBH},(*), \hat{KHB}=\omega +C-\varphi =A+C-\varphi ,(3) \hat{KHC}=A+C-\varphi ,(4) (3),(4)\Rightarrow \hat{KHC}=\hat{KHB},(**)$

Τα τρίγωνα είναι όμοια και συνεπώς

$\dfrac{KB}{BH}=\dfrac{CK}{CH}\Leftrightarrow KB.CH=CK.BH$

Γιάννης
Αν $\hat{KHC}=\hat{KHB}$ τότε στο σχήμα το Νίκου το είναι ρόμβος

Καλησπέρα θα γίνει επανέλεγχος στις πράξεις ,αυριο ,και αν μου ξέφυγε κάτι θα διορθωθει .Ευχαριστω

Γιάννης

STOPJOHN · #7

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Έστω $\vartriangle ABC$ τρίγωνο με ορθόκεντρο και περιγεγράμμενο κύκλο $\Gamma$ κέντρου .

Έστω ότι ο κύκλος με διάμετρο τέμνει τον $\Gamma$ στο σημείο .

Να δείξετε ότι $KB \cdot CH=CK \cdot BH$

ORESTIS.png

Γεια σου Ορέστη μια λύση ακόμη

θεωρώ τις γωνίες $\hat{KCA}=\varphi ,\hat{BKN}=\theta ,\hat{BAC}=\omega ,$
Τα τρίγωνα BKN,KMC

είναι όμοια ,γιατί $\hat{BKN}=\varphi =\hat{KCM},\hat{BKC}=\omega =\hat{NKM}\Rightarrow \hat{KCM}=\theta =\hat{BKN},$

Συνεπώς $\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{BN}{MC}=\dfrac{KN}{KM},(*)$

Ακόμη $\hat{NHB}=\hat{MHC}=\omega ,\hat{N}=\hat{M}=90^{0}$

οπότε τα τρίγωνα BHN,CHM

είναι όμοια και $\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{BN}{MC},(**) (*),(**)\Rightarrow \dfrac{KB}{KC}=\dfrac{BH}{HC}\Leftrightarrow KB.HC=BH.KC$

Γιάννης

Μία ωραία άσκηση!

Μία ωραία άσκηση!

Re: Μία ωραία άσκηση!

Re: Μία ωραία άσκηση!

Re: Μία ωραία άσκηση!

Re: Μία ωραία άσκηση!

Re: Μία ωραία άσκηση!

Re: Μία ωραία άσκηση!

Μέλη σε σύνδεση