Μια ακόμη καθετότητα...

giannimani · #1

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC

, με

. Ο εγγεγραμμένος κύκλος του εφάπτεται των πλευρών

,

στα σημεία $D,\,E,\,F$ αντίστοιχα. Τα σημεία $X,\,Y$ ανήκουν στην ευθεία

, έτσι ώστε $\angle XBC =\angle YCB= 90^{\circ}$ .
Το σημείο

είναι το μέσο της πλευράς

. Η ευθεία η συμμετρική της

ως προς τη

, και η ευθεία η συμμετρική της

ως προς τη

, τέμνονται στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι $ZD \bot BC$ .

: one_more_perp.png (38.68 KiB) Προβλήθηκε 210 φορές

Dimessi · #2

: Μια νέα καθετότητα!!.png (363.29 KiB) Προβλήθηκε 150 φορές

$\bullet$ $\left ( \ast \ast \right ):$ https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 94#p381994
Έστω $T\equiv \left ( R,RC \right )\cap \left ( M,MC \right )\left ( T\not\equiv C \right ).$ Είναι $\displaystyle \frac{\sin \angle QSM}{\sin \angle RSM}=\frac{\frac{\sin \angle QSM}{QM}}{\frac{\sin \angle RSM}{RM}}\cdot \frac{QM}{RM}=\frac{\frac{\sin \angle SQM}{SM}}{\frac{\sin \angle SRM}{SM}}\cdot \frac{QM}{RM}\overset{\left (\angle SQM=\angle BQM\wedge \angle SRM=\angle CRM\right)}=\frac{BM}{MC}=1\Rightarrow SM$ διχοτόμος της $\angle QSR \Rightarrow \angle TSM\equiv \angle RSM=\frac{\angle QSR}{2}=\frac{360^\circ-\angle QMR-\left ( \angle BQM+\angle MRC \right )}{2}=180^\circ-\angle QMR\left ( \ast \right ).$ Επειδή $\displaystyle MT=MC=MB\Rightarrow BT\perp TC\wedge MR \perp TC\Rightarrow \vartriangle BTC \sim \vartriangle CMR\Rightarrow \frac{TB}{TC}=\frac{MC}{RC}\overset{\left ( \textrm{Ratio Lemma} \vartriangle BTC\right )}\Rightarrow$ $\displaystyle \tan \angle DTC=\frac{DC}{DB}\cdot \frac{BT}{TC}\overset{\vartriangle QDB \sim \vartriangle CDR\left ( \ast \ast \right )}=\frac{RC}{QB}\cdot \frac{MC}{RC}=\frac{MB}{QB}\overset{\left ( \angle MBQ=90^\circ \right )}=\tan \angle MQB.$ Επομένως $\displaystyle \angle TDB=\angle DTC+\angle TCB\overset{\left (MR\parallel TB \perp TC \wedge BC \perp CR \right )}=\angle MQB+\angle MRC\overset{BQ \parallel CR \perp BC}=\angle QMR\overset{\left ( \ast \right )}=$ $180^\circ-\angle TSM\Rightarrow \angle TSM=\angle TDM\Rightarrow D,S,T,M$ ομοκυκλικά σημεία και αφού $\angle RTM \overset{\left ( MCRT \chi \alpha \varrho \tau \alpha \epsilon \tau o\varsigma \right )}=\angle RCM=90^\circ\Rightarrow \angle SDM=90^\circ.$

: Μια νέα καθετότητα!!.png (363.29 KiB) Προβλήθηκε 150 φορές

Dimessi · #3

: Δεύτερη λύση.png (106.35 KiB) Προβλήθηκε 108 φορές

$\bullet$ Έστω $S\equiv QX\cap PC,J\equiv PX\cap QB,$ και W,G

τα συμμετρικά των P,Q

ως προς το

Αφού $\displaystyle \angle SQG\equiv \angle XQM=\angle BQM\overset{CG \parallel QB}=\angle CGQ\equiv \angle SGQ\overset{MQ=MG}\Rightarrow \vartriangle SMG\sim \vartriangle QMB$ $\displaystyle \wedge \angle JPW\equiv \angle JPM=\angle MPC\overset{WB \parallel PC}=\angle MWB\equiv \angle PWJ\overset{MP=MW}\Rightarrow \vartriangle JMW\sim \vartriangle MPC.$ Από $\displaystyle QJ\parallel PS\Rightarrow \frac{XQ}{XS}=\frac{QJ}{PS}\overset{\displaystyle\left ( \vartriangle JMW \sim \vartriangle MPC\Rightarrow \frac{JW}{MW}=\frac{MP}{PC} \right )\wedge WB\parallel =PC}=\frac{\frac{MP^2}{PC}-\left ( QB+PC \right )}{\frac{MQ^2}{QB}-\left ( QB+PC \right )}=$ $\displaystyle =\frac{\frac{MC^2-QB\cdot PC}{PC}}{\frac{MB^2-QB\cdot PC}{QB}}=\frac{QB}{PC}\overset{QB\parallel PC \left ( V\equiv PQ\cap BC \right )}=\frac{VB}{VC}\overset{\left ( V,B,D,C \right )=-1}=\frac{DB}{DC}\overset{QB\parallel SC\left ( \alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \varrho o\phi o\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta \right )}\Rightarrow$ $XD \parallel QB \perp BC.$

: Δεύτερη λύση.png (106.35 KiB) Προβλήθηκε 108 φορές

giannimani · #4

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς την

, και

το συμμετρικό του

ως προς την

.
Τότε,

. Επομένως, τα σημεία

,

και

ανήκουν σε κύκλο κέντρου

.
Επίσης, ο κύκλος διαμέτρου

διέρχεται από τα σημεία

,

.

Έστω $P= (XY)\cap (BC)$ . Θα αποδείξουμε και η B'C'

διέρχεται από το

.
Αρκεί $\frac{ZB'}{B'X}\cdot \frac{XP}{PY}\cdot \frac{YC'}{C'Z}=1\quad (1)$ (θεώρημα Μενελάου στο $\triangle ZXY$ ).
Εφόσον B'X=XB

και

το αριστερό μέλος της (1)

γράφεται $\frac{ZB'}{BX} \cdot \frac{XP}{PY}\cdot \frac{CY}{C'Z}= \frac{XP}{PY} \cdot \frac{CY}{BX}\quad (2)$
αφού B'Z=C'Z

(από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων ZB'M

και

).

: one_more_perp_sol.png (46.19 KiB) Προβλήθηκε 47 φορές

Αλλά $\frac{CY}{BX}=\frac{PY}{XP}$ (από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων PCY

και

).
Επομένως, η (2)

γίνεται $\frac{XP}{PY} \cdot \frac{CY}{BX}=\frac{XP}{PY}\cdot \frac{PY}{XP}=1$ , που σημαίνει ότι η B'C'

διέρχεται από το

.

Στη συνέχεια, έχουμε $PB\cdot PC=PB'\cdot PC' \quad (3)$
Η διαίρεση (B,C;D,P)

είναι αρμονική, οπότε $PB \cdot PC = PD \cdot PM \quad (4)$ (γνωστό λήμμα της αρμονικής διαίρεσης)

Από τις (3)

και

έχουμε ότι $PB'\cdot PC'= PD \cdot PM$ , δηλαδή, το

ανήκει στον ίδιο κύκλο με
τα

,

και

, ο οποίος έχει διάμετρο την

, οπότε $\angle ZDM =90^{\circ} \Leftrightarrow ZD \bot BC$ .

Μια ακόμη καθετότητα...

Μια ακόμη καθετότητα...

Re: Μια ακόμη καθετότητα...

Re: Μια ακόμη καθετότητα...

Re: Μια ακόμη καθετότητα...

Μέλη σε σύνδεση