Συνάντηση στην υποτείνουσα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Απάντηση
giannimani
Δημοσιεύσεις: 313
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Συνάντηση στην υποτείνουσα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani »

Δίνεται τρίγωνο ABC με \angle A=90^{\circ} και σημείο D στην κάθετη πλευρά AC. Έστω E το συμμετρικό του A ως προς τη ευθεία BD.
Το σημείο F στο ευθύγραμμο τμήμα CE είναι τέτοιο ώστε DF \bot BC. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AF, DE και BC διέρχονται
από το ίδιο σημείο.
date_to_hypot.png
date_to_hypot.png (27.67 KiB) Προβλήθηκε 640 φορές
Ετικέτες:
ορθογώνιο-τρίγωνο
συμμετρία
συντρέχουσες
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 434
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi »

Συντρέχεια!!.png
Συντρέχεια!!.png (50.79 KiB) Προβλήθηκε 566 φορές
\bullet Ας είναι Q \equiv BC \cap AE. Έστω ότι ο κύκλος (D,DC) επανατέμνει την ευθεία DE στο W. Είναι \displaystyle \angle EDC\overset{ADEB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle EBA και \displaystyle \angle CDF\overset{DF \perp BC}=\angle CBA, οπότε για τις ισοκλινείς ευθείες BQ,DF των ισοσκελών τριγώνων \vartriangle AEB \sim \vartriangle DCW έχουμε \displaystyle \frac{PW}{PC}=\frac{QE}{QA}\left ( \ast \right ). Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο \vartriangle WEC με διατέμνουσα \displaystyle \overline{DPF}:\frac{DW}{DE}\cdot \frac{PC}{PW}\cdot \frac{FE}{FC}=1\overset{\left ( \ast \right )^{DE=DA}_{DW=DC}}\Rightarrow \frac{DC}{DA}\cdot \frac{QA}{QE}\cdot \frac{FE}{FC}=1, άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος του Ceva στο τρίγωνο \vartriangle AEC, έχουμε ότι οι ευθείες AF\cap DE\cap BC\equiv X, όπως θέλαμε.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4770
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ »

Dimessi έγραψε: Σάβ Δεκ 13, 2025 6:48 pm Συντρέχεια!!.png
\bullet Ας είναι Q \equiv BC \cap AE. Έστω ότι ο κύκλος (D,DC) επανατέμνει την ευθεία DE στο W. Είναι \displaystyle \angle EDC\overset{ADEB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle EBA και \displaystyle \angle CDF\overset{DF \perp BC}=\angle CBA, οπότε για τις ισοκλινείς ευθείες BQ,DF των ισοσκελών τριγώνων \vartriangle AEB \sim \vartriangle DCW έχουμε \displaystyle \frac{PW}{PC}=\frac{QE}{QA}\left ( \ast \right ). Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο \vartriangle WEC με διατέμνουσα \displaystyle \overline{DPF}:\frac{DW}{DE}\cdot \frac{PC}{PW}\cdot \frac{FE}{FC}=1\overset{\left ( \ast \right )^{DE=DA}_{DW=DC}}\Rightarrow \frac{DC}{DA}\cdot \frac{QA}{QE}\cdot \frac{FE}{FC}=1, άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος του Ceva στο τρίγωνο \vartriangle AEC, έχουμε ότι οι ευθείες AF\cap DE\cap BC\equiv X, όπως θέλαμε.
Μπράβο ρε Μάγκα :clap2:
Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Κορυφή
giannimani
Δημοσιεύσεις: 313
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani »

Ως συνήθως ο Στάθης μας πρόλαβε και στα συγχαρητήρια!
Πολύ ωραία ιδέα το σημείου W Dimessi.
Κορυφή
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 3347
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης »

giannimani έγραψε: Παρ Δεκ 12, 2025 9:19 pm Δίνεται τρίγωνο ABC με \angle A=90^{\circ} και σημείο D στην κάθετη πλευρά AC. Έστω E το συμμετρικό του A ως προς τη ευθεία BD.
Το σημείο F στο ευθύγραμμο τμήμα CE είναι τέτοιο ώστε DF \bot BC. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AF, DE και BC διέρχονται
από το ίδιο σημείο.
date_to_hypot.png
Ας είναι L,M οι προβολές των σημείων A,E στην BC και AE \cap BC=K

Θα αποδείξουμε ότι \dfrac{AK}{KE} . \dfrac{EF}{FC} . \dfrac{CD}{DA} =1,(1)

Αλλά \dfrac{AK}{KE} =\dfrac{AL}{EM} και \dfrac{EF}{FC} =\dfrac{MN}{NC} και \dfrac{CD}{DA}=\dfrac{CN}{NL}

Με αντικατάσταση στην (1) αρκεί να αποδείξουμε ότι \dfrac{AL}{EM}=\dfrac{NL}{MN} \Leftrightarrow \dfrac{ME}{MN}=\dfrac{AL}{NL}

Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι \triangle MEN \simeq \triangle ANL

Είναι φανερό ότι τα A,B,E,N,D είναι ομοκυκλικά, όπως και τα A,O,L,B,συνεπώς

όλες οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες κι όλες οι μπλε ίσες

Έτσι \angle NAL= \angle NEM \Rightarrow \triangle MEN \simeq \triangle NAL και το ζητούμενο αποδείχτηκε
Συνάντηση στην υποτείνουσα.png
Συνάντηση στην υποτείνουσα.png (61.02 KiB) Προβλήθηκε 470 φορές
Κορυφή
giannimani
Δημοσιεύσεις: 313
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani »

Μια λύση λιγότερο εμπνευσμένη από τις δύο προηγούμενες, αφού δεν παρατήρησα ότι το πρόβλημα λύνεται
με το θεώρημα Ceva στο τρίγωνο AEC.

Συμβολίζουμε με X= (AE) \cap (BC), H = (BC)\cap (DF), G= (BE) \cap (DF), και K= (BC)\cap (DE).

Είναι DE \bot BG (λόγω συμμετρίας ως προς BD). Επομένως το K είναι το ορθόκεντρο του \triangle DBG, οπότε GK\bot BD.

Συμβολίζουμε με Y και N τα σημεία τομής της GK με τις BD και AD αντίστοιχα.
Μια λύση λιγότερο εμπνευσμένη από τις δύο προηγούμενες, αφού δεν παρατήρησα ότι το πρόβλημα λύνεται
με το θεώρημα Ceva στο τρίγωνο AEC.

Συμβολίζουμε με X= (AE) \cap (BC), H = (BC)\cap (DF), G= (BE) \cap (DF), και K= (BC)\cap (DE).
date_to_hypot_sol.png
date_to_hypot_sol.png (54.2 KiB) Προβλήθηκε 390 φορές
Είναι DE \bot BG (λόγω συμμετρίας ως προς BD). Επομένως το K είναι το ορθόκεντρο του \triangle DBG, οπότε GK\bot BD.

Συμβολίζουμε με Y και N τα σημεία τομής της GK με τις BD και AD αντίστοιχα.

Αποδεικνύεται ότι τα σημεία A, Y και H είναι συνευθειακά. Πράγματι, αρκεί \angle DHA=\angle DHY.
Έχουμε \angle DHY=\angle DKY=\angle EKG=\angle EHG=\angle DBE=\angle DBA=\angle DHA (εύκολα προκύπτουν από το σχήμα).

Τώρα, GK \parallel AE ως κάθετες στη BD. Επομένως, το AEKN είναι τραπέζιο με το D να είναι το σημείο τομής
των μη παραλλήλων πλευρών του AN και EK, και εφόσον το L είναι το μέσο του AE, τότε το Y θα είναι το μέσο του KN.
Επομένως, η δέσμη (AC,AK,AH,AE) είναι αρμονική,οπότε και η διαίρεση (C,K,H,X) είναι αρμονική (1).
Έστω τώρα (BC)\cap (FA) = K'.
Η δέσμη ευθειών (HA,HE, HB,HD) είναι αρμονική (εφόσον οι HB και HD εσωτερική και εξωτερική
διχοτόμος της \angle AHE αντίστοιχα). Ως εκ τούτου, οι ακτίνες της ορίζουν στην ευθεία AE την αρμονική διαίρεση (A,E,X, (AE)\cap (HD)=M).
Επομένως, η δέσμη (FA, FE, FX, FM) είναι αρμονική και ορίζει στην ευθεία BC την αρμονική διαίρεση ((FA)\cap(BC)=K',C, X,H) (2).
Από (1) και (2) προκύπτει ότι K'\equiv K, δηλαδή, οι ευθείες AF, DE και BC διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Αποδεικνύεται ότι τα σημεία A, Y και H είναι συνευθειακά. Πράγματι, αρκεί \angle DHA=\angle DHY.
Έχουμε \angle DHY=\angle DKY=\angle EKG=\angle EHG=\angle DBE=\angle DBA=\angle DHA (εύκολα προκύπτουν από το σχήμα).

Τώρα, GK \parallel AE ως κάθετες στη BD. Επομένως, το AEKN είναι τραπέζιο με το D να είναι το σημείο τομής
των μη παραλλήλων πλευρών του AN και EK, και εφόσον το L είναι το μέσο του AE, τότε το Y θα είναι το μέσο του KN.
Επομένως, η δέσμη (AC,AK,AH,AE) είναι αρμονική,οπότε και η διαίρεση (C,K,H,X) είναι αρμονική (1).
Έστω τώρα (BC)\cap (FA) = K'.
Η δέσμη ευθειών (HA,HE, HB,HD) είναι αρμονική (εφόσον οι HB και HD εσωτερική και εξωτερική
διχοτόμος της \angle AHE αντίστοιχα). Ως εκ τούτου, οι ακτίνες της ορίζουν στην ευθεία AE την αρμονική διαίρεση (A,E,X, (AE)\cap (HD)=M).
Επομένως, η δέσμη (FA, FE, FX, FM) είναι αρμονική και ορίζει στην ευθεία BC την αρμονική διαίρεση ((FA)\cap(BC)=K',C, X,H)\quad (2).
Από (1) και (2) προκύπτει ότι K'\equiv K, δηλαδή, οι ευθείες AF, DE και BC διέρχονται από το ίδιο σημείο.
Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή στο “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης