Καθετότητα

giannimani · #1

: exer.jpg (22.08 KiB) Προβλήθηκε 1046 φορές

Έστω τρίγωνο $AB\Gamma$ . Εξωτερικά του τριγώνου αυτού κατασκευάζουμε τα τρίγωνα $\ KAB$ και $\Lambda A \Gamma$ , ώστε AK=AB

, $A \Lambda=A\Gamma$ και $\angle BAK= \angle \Gamma A \Lambda$ . Τα τμήματα $B\Lambda$ , $\Gamma K$ τέμνονται στο σημείο

. Έστω

το περίκεντρο του $\triangle B\Gamma M$ . Να αποδειχτεί ότι $AO \perp K\Lambda$ .

S.E.Louridas · #2

Βλέποντας για λίγο την ηλικία του συναδέλφου που είναι Μαθηματικός της β-βάθμιας εκπαίδευσης είπα μέσα μου ότι αποκλείεται να μην είναι εραστής της Γεωμετρίας και γενικότερα των Μαθηματικών και συνεπώς είναι ευχάριστη πρόκληση η ενασχόληση με θέμα που προτείνει.

Η ημέτερη διαπραγμάτευση στο ωραίο αυτό θέμα είναι η εξής:
Αν

είναι το σημείο τομής των κύκλων $\left( {{\rm A}{\rm K}{\rm B}} \right){\text{,}}\quad \left( {{\rm A}\Gamma \Lambda } \right)$ σχετικά εύκολα προκύπτει και από την προφανή ομοιότητα των συγκεκριμένων ισοσκελών τριγώνων ότι $W \equiv M.$
Επί της ουσίας θέλουμε:
${\rm O}\Lambda ^2 - {\rm O}{\rm K}^2 = {\rm A}\Lambda ^2 - {\rm A}{\rm K}^2 \Leftrightarrow 2{\text{V}}^{\text{'}} {\text{S}} \cdot {\rm A}\Lambda {\text{ - }}{\rm A}\Lambda ^{\text{2}} = 2{\text{F}}^{\text{'}} {\text{S}}^{\text{'}} \cdot {\rm A}{\rm K} - {\rm A}{\rm K}^2 ,$
όταν S,S΄

τα μέσα των χορδών ${\rm A}\Lambda ,\;{\rm A}{\rm K}$ αντίστοιχα και V΄, F΄

οι προβολές των κέντρων V, F

των κύκλων $\left( {{\rm A}{\rm K}{\rm B}} \right){\text{,}}\quad \left( {{\rm A}\Gamma \Lambda } \right)$ στις ${\rm A}\Lambda ,\;{\rm A}{\rm K}$ αντίστοιχα.
Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι ${\rm A}{\text{S}} \cdot {\text{AV}}^{\text{'}} = {\text{AS}}^{\text{'}} \cdot {\text{AF}}^{\text{'}} \quad \left( 1 \right)$
που ισχύει από το εγγράψιμμο ${\text{SF}}^{\text{'}} {\text{V}}^{\text{'}} {\text{S}}^{\text{'}} \quad \left( 2 \right).$
Στη σχέση (1)

καταλήξαμε από την εφαρμογή του 2ου θεωρήματος της διαμέσου. Στην εγγραψιμμότητα (2)

καταλήξαμε από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων FSA, VAS΄

.

giannimani · #3

: sx.png (12.74 KiB) Προβλήθηκε 923 φορές

Έστω $\angle KAB= \angle \Lambda A \Gamma = \phi$ . Με τη στροφή κέντρου

και γωνίας $\phi$ κατά τη θετική φορά ( $\circlearrowleft$ ), η εικόνα του $\Gamma$ είναι το $\Lambda$ και του

το $O_{1}$ , οπότε $O\Gamma=O_{1} \Lambda$ . Με τη στροφή κέντρου

και γωνίας $\phi$ κατά την αρνητική φορά ( $\circlearrowright$ ), η εικόνα του

είναι το

και του

το $O_{2}$ , οπότε $OB=O_{2}K$ . Επειδή $OB=O\Gamma$ , τότε $O_{1}\Lambda=O_{2}K$ .
Αρκεί να αποδείξουμε ότι $O_{1}\Lambda \parallel O_{2}K$ , οπότε το $K\Lambda O_{1}O_{2}$ θα είναι παραλληλόγραμμο και το οποίο αποδεικνύει το ζητούμενο, αφού η

κάθετος της $O_{1}O_{2}$ ως διχοτόμος στο ισοσκελές τρίγωνο $AO_{1}O_{2}$ .
Τα τρίγωνα $AB\Lambda$ και $AK\Gamma$ είναι ίσα ( $AB=AK, A\Lambda=A\Gamma$ και $\angle BA\Lambda=\angle \Gamma AK= A+\phi$ ,

η γωνία του τριγώνου $AB\Gamma$ ), οπότε
$\angle AB\Lambda = \angle AK\Gamma$ , δηλ. το AKBM

εγγράψιμο
και $\angle A\Lambda B= \angle A\Gamma K$ , δηλ. το $A\Lambda \Gamma M$ επίσης εγγράψιμο.
Από τα εγγράψιμα αυτά τετράπλευρα προκύπτουν τα εξής :
$\angle AMB=180^{\circ}-\angle AKB=180^{\circ}-(90^{\circ}-\frac{\phi}{2})=90^{\circ}+\frac{\phi}{2}$
και όμοια $\angle {AM \Gamma} = 90^{\circ} + \frac{\phi}{2}$ , οπότε $\angle {BM \Gamma} = 180^{\circ}-\phi$ και άρα $\angle {BO \Gamma}= 2\phi$ (επίκεντρη της παραπληρωματικής της $\angle BM \Gamma$ ).
Είναι γνωστό ότι τα ομόρροπα ίσα σχήματα προκύπτουν το ένα από το άλλο με στροφή ή μεταφορά.
Παρατηρούμε ότι το $O_{2}K$ προκύπτει από το $O_{1}\Lambda$ με την ακολουθία των επόμενων στροφών:

Κέντρου και γωνίας $\phi$ κατά την αρνητική φορά (μεταφέρει το $O_{1}\Lambda$ στο $O\Gamma$ )

κέντρου και γωνίας $2\phi$ κατά τη θετική φορά (μεταφέρει το $O\Gamma$ στο )

κέντρου και γωνίας $\phi$ κατά την αρνητική φορά (μεταφέρει το στο $O_{2}K$ ).

Η σύνθεση όμως στροφών είναι στροφή ή μεταφορά.
Επειδή εδώ το άθροισμα των γωνιών των στροφών είναι $0^{\circ}$ , έχουμε μεταφορά, οπότε $O_{1}\Lambda \parallel O_{2}K$ .

#4

Εδώ μπορεί να δει κανείς πολλές ενδιαφέρουσες λύσεις στο πρόβλημα.
http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 9a#p841255

S.E.Louridas · #5

Ας επιχειρήσουμε και μία δεύτερη αρκετά στοιχειώδη διαπραγμάτευση:

Πολύ εύκολα παίρνουμε ότι το σημείο

είναι η άλλη τομή των κύκλων
(ABK), (ACL).

Προφανώς οι ευθείες BD, HC

είναι κάθετες στην ευθεία

.
Θεωρούμε την

στο σχήμα κάθετη στην

, που τέμνει τον "μικρό" μπλε κύκλο στα σημεία I,G

, οπότε λόγω συμμετριών παίρνουμε: $IL = GF,\;\;\vartriangle ABH = \vartriangle ADC.$
Επίσης έχουμε:
$AL = AC,\;AI = AD,\;\angle AIL,\;\angle ADL > 90^ \circ ,$
$\angle ALI = \angle ALM - \angle ILM = \angle ACM - \angle DBM =$ $\angle ACM - \angle DCM = \angle DCA,$
οπότε παίρνουμε:
$\vartriangle ABH = \vartriangle ADC = \vartriangle ATL = \vartriangle AFG \Rightarrow$ $\angle GAB = \angle FAH = \angle CAL \Rightarrow G \equiv K.$

#6

Καλημέρα σε όλους.
Πολύ ωραίο το θέμα που μας θέτει ο συνάδελφος giannimani (Γιάννης υποθέτω;) προφανώς λάτρης και αυτός της Γεωμετρίας.
Καλώς ήρθες στην παρέα μας.
Ας προσθέσω άλλη μία αντιμετώπιση με τη χρήση ενός ενδιαφέροντος κατά τη γνώμη μου λήμματος:

Έστω $\phi = \widehat {BAK}=\widehat {CAL}$ και E,Z

οι τομές των μεσοκαθέτων των AB,AC

με τις

αντίστοιχα.
Το σημείο

είναι κορυφή ισοσκελούς τριγώνου BOC

με $\widehat{BOC}=2\phi$ , καθώς οι BL, CK

σχηματίζουν γωνία ίση με τη γωνία στροφής των ίσων τριγώνων AKC, ABL

, δηλαδή τη $\phi$ .
Από τις ομοιότητες των τριγώνων, προκύπτει ότι $\displaystyle{\frac{AE}{AK}=\frac{AZ}{AL}\Rightarrow EZ//KL}$ .
Έτσι αρκεί να αποδείξουμε ότι $AO\perp EZ$ .
Αν

είναι το μέσο της

, το τρίγωνο NEO

είναι ορθογώνιο, όμοιο με το NZA

, καθώς $\widehat{EON}=\dfrac{\widehat{BOC}}{2}=\phi$ και $\widehat{EON}=\dfrac{180^0}{2}$ , σύμφωνα με το παρακάτω [*]λήμμα[/u][/b] .
Επομένως και τα τρίγωνα NEZ, NOA

είναι όμοια, με ορθογώνιο μετασχηματισμό ομοιότητας, καθώς έχουν δύο ομόλογες πλευρές κάθετες. Έτσι, $AO\perp EZ$

Λήμμα
Στις πλευρές AB, AC, BC

τριγώνου

και εξωτερικά αυτού, κατασκευάζουμε ισοσκελή τρίγωνα ABD, ACE, BZC

με άθροισμα γωνιών κορυφής ίσο με $360^0 (\widehat{ADB}+\widehat{AEC}+\widehat{BZC}=360^0)$ . Τότε, το τρίγωνο DZE

έχει γωνίες ίσες με τα μισά των αντιστοίχων γωνιών κορυφής των ισοσκελών τριγώνων. Δηλαδή $\widehat{EZD}=\dfrac{\widehat{BZC}}{2}, \widehat{EDZ}=\dfrac{\widehat{BDA}}{2}, \widehat{ZED}=\dfrac{\widehat{AEC}}{2}$ . Το λήμμα εξακολουθεί να ισχύει και στην περίπτωση που κάποιο από τα ισοσκελή τρίγωνα εκφυλιστεί σε ευθύγραμμο τμήμα, δηλαδή κάποια από τις γωνίες κορυφής (D, E, Z)

των ισοσκελών τριγώνων, γίνει ευθεία γωνία, οπότε η αντίστοιχη κορυφή είναι μέσο της πλευράς του ABC

. Το λήμμα επίσης ισχύει και στην περίπτωση που κάποιο από τα ισοσκελή τρίγωνα, κατασκευαστεί στο εσωτερικό του ABC

. Τότε στο άθροισμα θεωρούμε τη μη κυρτή γωνία της κορυφής.
Απόδειξη:
Το εξάγωνο ADBZCE

έχει $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=\widehat{D}+\widehat{C}+\widehat{E}=360^0$ .
Στρέφουμε το τρίγωνο ZEC

περί το

κατά γωνία ίση με $\widehat{AEC}$ , ώστε τη πλευρά

να συμπέσει με την

. Τότε εύκολα προκύπτει ότι και το SAD

είναι ίσο με το DBZ

, όπου

είναι η εικόνα του

, καθώς $\widehat{SAD}=360^0-\widehat{DAE}-\widehat{ECZ}=\widehat{ZBD}$ και DA=DB, AS=BZ

.
Έτσι έχουμε και την ισότητα των τριγώνων DEZ=DSE

και $\widehat{DEZ}=\dfrac{\widehat{SEZ}}{2}=\dfrac{\widehat{AEC}}{2}$ .
Όμοια για τις άλλες γωνίες.

dimitris pap · #7

Ας βάλω και εγώ μια λύση σε αυτό το γνωστό και ωραίο πρόβλημα. Το πρώτο που παρατηρώ είναι ότι ALCM, AKBM

εγγράψιμα (εύκολο π.χ. από ισότητα ABL, AKC

). Τώρα αν θεωρήσω το

ως σημειακό κύκλο, αρκεί να δείξω ότι η διαφορά της δύναμης σημείου των K,L

ως προς του κύκλους (O,OB)

και

είναι η ίδια για τα 2 σημεία.

Αρκεί λοιπόν να δείξω ότι $KM\cdot KC-KA^2=LM\cdot LB-LA^2$ . Εστω τώρα ότι οι KA,LA

τέμνουν τους κύκλους AMCL, AKBM

ξανά στα

αντίστοιχα.

Προσέχουμε τώρα ότι KLK'L'

εγγράψιμο αφού $\angle{AL'K}=180-ABK=180-ACL=AK'L$ .

Eτσι: $KM\cdot KC-KA^2=KA\cdot KK'-KA^2=KA\cdot AK'=AL'\cdot AL=LM\cdot LB-LA^2$ .

Αρα πράγματι: $AO\perp KL$

Καθετότητα

Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση