Ασιατική καθετότητα

#1

: Ασιατική καθετότητα.png (10.09 KiB) Προβλήθηκε 1245 φορές

Έστω

το ορθόκεντρο και

το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC.

H ευθεία που διέρχεται από το

και

είναι παράλληλη στην

τέμνει την

στο

Αν

είναι μέσο του AH,

να δείξετε ότι $FM\bot MC.$

#2

george visvikis έγραψε: Πέμ Απρ 21, 2022 6:28 pm Ασιατική καθετότητα.png
Έστω το ορθόκεντρο και το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου H ευθεία που διέρχεται από το και είναι παράλληλη στην τέμνει την στο Αν είναι μέσο του να δείξετε ότι $FM\bot MC.$

Έστω

οι ορθές προβολές των M,H

επί της

,

η ορθή προβολή του

στην διάμετρο AOT

και $P\equiv AH\cap \left( O \right),P\ne A,N\equiv AH\cap BC$ .

Είναι γνωστό ότι το

είναι το μέσο της

και με

το μέσο της

θα είναι: $AL=2KL:\left( 1 \right)$ και $AP=2MN:\left( 2 \right)$ .
Με $OF\parallel BC\overset{AH\bot BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,AH\bot OF$ οπότε σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem θα είναι: $\dfrac{AL}{AS}=\dfrac{AO}{AF}\Rightarrow \dfrac{2KL}{AS}=\dfrac{AO}{AF}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,KL\cdot AF=\dfrac{AO\cdot AS}{2}:\left( 3 \right)$

: Ασιατική καθετότητα.png (38.6 KiB) Προβλήθηκε 1214 φορές

Από το θεώρημα των τεμνομένων χορδών στο εγγράψιμο $HSTP\left( \angle S=\angle P={{90}^{0}} \right)\Rightarrow AS\cdot AT=AH\cdot AP$ $\overset{AT=2AO,AH=2AM,AP=2MN}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $AS\cdot 2AO=2AM\cdot 2MN\Rightarrow AM\cdot MN=\dfrac{AO\cdot AS}{2}:\left( 4 \right)$

Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right)\Rightarrow KL\cdot AF=AM\cdot MN\Rightarrow \dfrac{KL}{MN}=\dfrac{AM}{AF}:\left( 5 \right)$
Από την $\left( 5 \right)$ σύμφωνα με το αντίστροφο του ως άνω πρώτου θεωρήματος προκύπτει ότι $CM\bot MF$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#3

george visvikis έγραψε: Πέμ Απρ 21, 2022 6:28 pm Ασιατική καθετότητα.png
Έστω το ορθόκεντρο και το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου H ευθεία που διέρχεται από το και

είναι παράλληλη στην τέμνει την στο Αν είναι μέσο του να δείξετε ότι $FM\bot MC.$

Ας δούμε και μια διαφορετική άποψη με στοιχειωδέστερα μέσα.

Έστω $P\equiv AH\cap \left( O \right),P\ne A,N\equiv AP\cap BC$ . Τότε από $OF\parallel BC\overset{AH\bot BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,OF\bot AP$ και συνεπώς το τρίγωνο $\vartriangle AFP$ είναι ισοσκελές (

κάθετη στη χορδή

του $\left( O \right)$ ) , άρα $\angle APF=\angle FAP\equiv \angle LAM\overset{\angle ALH={{90}^{0}},MA=MH}{\mathop{=}}\,\angle MLA\Rightarrow F,L,M,P$ ομοκυκλικά.

: Ασιατική καθετότητα 1.png (21.36 KiB) Προβλήθηκε 1145 φορές

Είναι επίσης γνωστό ότι

μεσοκάθετη της $HP\Rightarrow \angle CPM\equiv \angle CPH=\angle PHC=\angle MHL$ $=\angle MLH\equiv \angle MLC\Rightarrow M,L,P,C$ ομοκυκλικά οπότε και M,L,F,P,C

ομοκυκλικά, άρα $\angle FMC=\angle FLC={{90}^{0}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#4

george visvikis έγραψε: Πέμ Απρ 21, 2022 6:28 pm Ασιατική καθετότητα.png
Έστω το ορθόκεντρο και το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου H ευθεία που διέρχεται από το και

είναι παράλληλη στην τέμνει την στο Αν είναι μέσο του να δείξετε ότι $FM\bot MC.$

Το

είναι ορθόκεντρο και στο $\vartriangle MGC$

Όντως:

: Ασιατική καθετότητα_1.png (23.86 KiB) Προβλήθηκε 1079 φορές

Ας είναι :

το μέσο της

,

το σημείο που η προς το

προέκταση της

, τέμνει τον κύκλο και

η προβολή του

στην

.

Το τετράπλευρο OFGN

είναι ορθογώνιο με άμεσες συνέπειες :

1. Τα τετράπλευρα $AFGM\,\,,\,\,AGNH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MFGH$ να είναι παραλληλόγραμμα.

2. Η

ως κάθετη στην

θα είναι κάθετη και στην

οπότε το

είναι ορθόκεντρο και του $\vartriangle MGC$ .

Αφού τώρα $\left\{ \begin{gathered} GH \bot MC \hfill \\ FM//GH \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow FM \bot MC$

Henri van Aubel · #5

george visvikis έγραψε: Πέμ Απρ 21, 2022 6:28 pm Ασιατική καθετότητα.png
Έστω το ορθόκεντρο και το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου H ευθεία που διέρχεται από το και

είναι παράλληλη στην τέμνει την στο Αν είναι μέσο του να δείξετε ότι $FM\bot MC.$

Γειά σου Γιώργο, δεν ξέρω πως το ξέθαψα αυτό το ωραίο θέμα!

Ποια είναι η πηγή του; Από Ασία μήπως ;

Βάζω μία απάντηση με bash.

Έχουμε $\displaystyle \frac{AF}{AO}=\frac{\sin \left ( \displaystyle \frac{\pi }{2}+C-B \right )}{\sin B}=\frac{\cos \left ( B-C \right )}{\sin B}\left ( 1 \right )$

Και $\displaystyle \frac{AO}{AH}=\frac{1}{2\cos A}\left ( 2 \right )$

Από $\displaystyle \left ( 1 \right ),\left ( 2 \right )\Rightarrow \frac{AM}{AF}=\frac{\cos A\sin B }{\cos\left ( B-C \right )}\left ( 3 \right )$

Οπότε έχουμε $\displaystyle \frac{\sin \left ( \angle FMH+B-\displaystyle \frac{\pi }{2} \right )}{\sin \angle FMH}=\sin B-\cos B\cot \angle FMH=\frac{\cos A \sin B}{\cos \left ( B-C \right )}\left ( I \right )$

Η $\left ( I \right )$ γράφεται απλούστερα $\displaystyle \cot \angle FMH=\frac{\sin B\cos \left ( B-C \right )-\cos A\sin B}{\cos B\cos \left ( B-C \right )}=\frac{2\cos C\sin B}{\cos \left ( B-C \right )}\left ( I \right )$

Όμως είναι $\displaystyle \frac{\sin \left ( B-\angle HMC \right )}{\sin \angle HMC}=\sin B\cot \angle HMC-\cos B=\frac{\cos A}{2\cos C}\left ( II \right )$

Η $\displaystyle \left ( II \right )$ γράφεται απλούστερα $\displaystyle \cot \angle HMC=\frac{\cos A+2\cos C \cos B}{2\sin B\cos C}=\frac{\cos \left ( B-C \right )}{2\sin B\cos C}\left ( II \right )$

Από $\displaystyle \left ( I \right ),\left ( II \right )\Rightarrow \angle FMC=\angle FMH+\angle HMC=\frac{\pi }{2}.$

#6

Henri van Aubel έγραψε: Τρί Μάιος 02, 2023 3:05 pm
george visvikis έγραψε: Πέμ Απρ 21, 2022 6:28 pm Ασιατική καθετότητα.png
Έστω το ορθόκεντρο και το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου H ευθεία που διέρχεται από το και

είναι παράλληλη στην τέμνει την στο Αν είναι μέσο του να δείξετε ότι $FM\bot MC.$
Γειά σου Γιώργο, δεν ξέρω πως το ξέθαψα αυτό το ωραίο θέμα! Ποια είναι η πηγή του; Από Ασία μήπως ; Βάζω μία απάντηση με bash.

Γεια σου Κώστα, σίγουρα είναι από Ασία. Μετά από ένα χρόνο, όμως, δεν θυμάμαι από πού ακριβώς.

Ασιατική καθετότητα

Ασιατική καθετότητα

Re: Ασιατική καθετότητα

Re: Ασιατική καθετότητα

Re: Ασιατική καθετότητα

Re: Ασιατική καθετότητα

Re: Ασιατική καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση