Υπερβολή διερχόμενη από το κέντρο του κύκλου Euler

#1

: Υπερβολή διερχόμενη από το κέντρο του κύκλου Euler.png (28.32 KiB) Προβλήθηκε 1055 φορές

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A={{60}^{0}}$ και ας είναι η ορθή προβολή του ορθοκέντρου του εν λόγω τριγώνου στη μεσοκάθετη της . Να δειχθεί ότι η υπερβολή με εστίες τα , με το βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ η οποία διέρχεται από το μέσο της διέρχεται και από το κέντρο του κύκλου Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$

Στάθης

Al.Koutsouridis · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Υπερβολή διερχόμενη από το κέντρο του κύκλου Euler.pngΈστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A={{60}^{0}}$ και ας είναι η ορθή προβολή του ορθοκέντρου του εν λόγω τριγώνου στη μεσοκάθετη της . Να δειχθεί ότι η υπερβολή με εστίες τα , με το βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ η οποία διέρχεται από το μέσο της διέρχεται και από το κέντρο του κύκλου Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$

Στάθης

Καλησπέρα,

: upervolh_apo_euler.png (104.1 KiB) Προβλήθηκε 971 φορές

Θα δείξουμε αρχικά ότι το τρίγωνο OPH

είναι ορθογώνιο με γωνίες 30^0,60^0,90^0

.

Έστω ότι η

τέμνει τις πλευρές AB , AC

του τριγώνου και το κύκλο Euler στα σημεία Q, T,S

αντίστοιχα. Ας είναι επίσης C{'}

το σημείο τομής του κύκλου Euler με την ευθεία

, που ως γνωστόν είναι το μέσο του τμήματος

.

Εφόσον η γωνία $\angle A = 60^0$ το τρίγωνο AQD

θα είναι ισόπλευρο. Όπου

ύψος και

το μέσο της

. Άρα $\angle ADQ = 60^{0}$ . Από το εγγεγραμμένο τετράλπευρο QDKS

προκύπτει $\angle ADQ = \angle KSQ = 60^0$ .

Όμως το τρίγωνο KOT

είναι ορθογώνιο με γωνίες 30,60,90

οπότε το

είναι το μέσο της

.

Το τετράπλευρο OHCT

είναι τραπέζιο και και SC{'}

μεσοκάθετος στις βάσεις του, οπότε θα είναι ισοσκελές.
Από όπου εν τέλη προκύπτει $\angle POH = \angle OHC = \angle TCH = 30^{0}$ .

Για να δείξουμε ότι το κέντρο

του κύκλου του Euler είναι συμείο της δοθείσας υπερβολής αρκεί να δείξουμε ότι NH-NG= LG-LH

(1)

Πράγματι από το νόμο συνημιτώνων στο τρίγωνο HLG

έχουμε

$LG^2 = HL^2+HG^2 -2 \cos 60^0 \cdot HL \cdot HG$

Στο σημείο αυτό εκμεταλευόμστε τις γνωστές ιδιότητες της ευθείας Euler $GO = \dfrac{1}{2}HG , OG = \dfrac{1}{3}OH, ON= \dfrac{1}{2}OH, NG= \dfrac{1}{6} HO$

Για ευκολία χωρίς βλαβη της γενικότητας θεωρούμε OH =1

οπότε θα είναι

$LG^2= (\dfrac{1}{4})^2 +(\dfrac{2}{3})^2 - 2 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{4} \cdot \dfrac{2}{3} = \dfrac{49}{16\cdot9} \Rightarrow LG = \dfrac{7}{12}$

Οπότε το αριστερό μέλος της (1) γίνεται $NH-NG = \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}$ και το δεξί
$LG-LH = \dfrac{7}{12}- \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{3}$ . Επομένως η (1) επαληθεύεται και το ζητούμενο έπεται.

#3

Al.Koutsouridis έγραψε:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Υπερβολή διερχόμενη από το κέντρο του κύκλου Euler.pngΈστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A={{60}^{0}}$ και ας είναι η ορθή προβολή του ορθοκέντρου του εν λόγω τριγώνου στη μεσοκάθετη της . Να δειχθεί ότι η υπερβολή με εστίες τα , με το βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ η οποία διέρχεται από το μέσο της διέρχεται και από το κέντρο του κύκλου Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$

Στάθης
Καλησπέρα,

upervolh_apo_euler.png

Θα δείξουμε αρχικά ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με γωνίες .

Έστω ότι η τέμνει τις πλευρές του τριγώνου και το κύκλο Euler στα σημεία αντίστοιχα. Ας είναι επίσης το σημείο τομής του κύκλου Euler με την ευθεία , που ως γνωστόν είναι το μέσο του τμήματος .

Εφόσον η γωνία $\angle A = 60^0$ το τρίγωνο θα είναι ισόπλευρο. Όπου ύψος και το μέσο της . Άρα $\angle ADQ = 60^{0}$ . Από το εγγεγραμμένο τετράλπευρο προκύπτει $\angle ADQ = \angle KSQ = 60^0$ .

Όμως το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με γωνίες οπότε το είναι το μέσο της .

Το τετράπλευρο είναι τραπέζιο και και μεσοκάθετος στις βάσεις του, οπότε θα είναι ισοσκελές.
Από όπου εν τέλη προκύπτει $\angle POH = \angle OHC = \angle TCH = 30^{0}$ .

Για να δείξουμε ότι το κέντρο του κύκλου του Euler είναι συμείο της δοθείσας υπερβολής αρκεί να δείξουμε ότι (1)

Πράγματι από το νόμο συνημιτώνων στο τρίγωνο έχουμε

$LG^2 = HL^2+HG^2 -2 \cos 60 HL \cdot HG$

Στο σημείο αυτό εκμεταλευόμστε τις γνωστές ιδιότητες της ευθείας Euler $GO = \dfrac{1}{2}HG , OG = \dfrac{1}{3}OH, ON= \dfrac{1}{2}OH, NG= \dfrac{1}{6} HO$

Για ευκολία χωρίς βλαβη της γενικότητας θεωρούμε οπότε θα είναι

$LG^2= (\dfrac{1}{4})^2 +(\dfrac{2}{3})^2 - 2\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{4}\dfra{2}{3} = \dfrac{49}{16\cdot9} \Rightarrow LG = \dfrac{7}{12}$

Οπότε το αριστερό μέλος της (1) γίνεται $NH-NG = \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{3}$ και το δεξί
$LG-LH = \dfrac{7}{12}- \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{3}$ . Επομένως η (1) επαληθεύεται και το ζητούμενο έπεται.

Αλέξανδρε, άψογος!! όπως πάντα

Υπερβολή διερχόμενη από το κέντρο του κύκλου Euler

Υπερβολή διερχόμενη από το κέντρο του κύκλου Euler

Re: Υπερβολή διερχόμενη από το κέντρο του κύκλου Euler

Re: Υπερβολή διερχόμενη από το κέντρο του κύκλου Euler

Μέλη σε σύνδεση