Πιθανή καθετότητα

KARKAR · #1

: Πιθανή καθετότητα.png (11.76 KiB) Προβλήθηκε 536 φορές

Στο ισοσκελές τρίγωνο ABC , (AB=AC)

, θεωρούμε σημείο

της

, ώστε : $AD=\dfrac{AC}{3}$ .

Στην

, θεωρούμε σημείο

, τέτοιο ώστε : $\widehat{BCS}=\widehat{ABD}$ . Είναι άραγε : $AS \perp SC ;$

#2

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 02, 2024 5:04 am Πιθανή καθετότητα.pngΣτο ισοσκελές τρίγωνο , θεωρούμε σημείο της , ώστε : $AD=\dfrac{AC}{3}$ .

Στην , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{BCS}=\widehat{ABD}$ . Είναι άραγε : $AS \perp SC ;$

Θεώρημα Μενελάου στα τρίγωνα AMC, BDC

με διατέμνουσες $\displaystyle \overline {BND} ,\overline {ANM}$ αντίστοιχα:

$\displaystyle \left\{ \begin{gathered} \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{{MN}}{{AN}} = 1 \hfill \\ \hfill \\ \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \frac{{BN}}{{ND}} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} MN = AN \hfill \\ BN = 3ND \Leftrightarrow BD = 4DN \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Βέβαιη καθετότητα.png (21.18 KiB) Προβλήθηκε 505 φορές

Η

εφάπτεται στον κύκλο (S, B, C),

άρα $\displaystyle D{C^2} = DS \cdot DB \Leftrightarrow \frac{{4{b^2}}}{9} = DS \cdot 4DN \Leftrightarrow \frac{{{b^2}}}{9} = DS \cdot DN$

οπότε η

εφάπτεται στο κύκλο (A, N, S)

και προφανώς $A\widehat SD=\dfrac{\widehat A}{2}.$

Εξάλλου, $\displaystyle D\widehat SC = \omega + \theta = 90^\circ - \frac{{\widehat A}}{2}$ και κατά συνέπεια $\boxed{A\widehat SC=90^\circ}$

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ:

α) Πιο πάνω αποδείχτηκε ότι η

διέρχεται από το μέσο του ύψους AM.

β) Επίσης, είναι $MS\bot BD.$

#3

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 02, 2024 5:04 am Πιθανή καθετότητα.pngΣτο ισοσκελές τρίγωνο , θεωρούμε σημείο της , ώστε : $AD=\dfrac{AC}{3}$ .

Στην , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{BCS}=\widehat{ABD}$ . Είναι άραγε : $AS \perp SC ;$

Γράφω το περιγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle ASC$ και τέμνει τη

στο

και την ημιευθεία

στο

.

Αρκεί να δείξω ότι το

είναι μέσο του

. Προφανώς $\widehat {\theta _{}^{}} = \widehat {{\theta _1}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {\omega _{}^{}} = \widehat {{\omega _1}}$ . Επειδή στο $\vartriangle SBC$ η $\widehat {\phi _{}^{}}$ είναι εξωτερική στο

θα είναι:
.

: Πιθανή καθετότητα.png (30.75 KiB) Προβλήθηκε 495 φορές

.
$\boxed{\widehat {\phi _{}^{}} = \widehat {\omega _{}^{}} + \widehat {\theta _{}^{}}}$ Δηλαδή οι ίδιου χρώματος γωνίες είναι ίσες και κάθε πράσινη είναι το άθροισμα μιας κίτρινης και μιας κόκκινης.

Μετά απ αυτά το τετράπλευρο ABNE

είναι παραλληλόγραμμο και σε πρώτη φάση το τετράπλευρο ANCE

είναι ισοσκελές τραπέζιο .

Όμως αφού DC = 2AD

θα είναι

, δηλαδή το

είναι μέσο του

( αυτό θέλω).

#4

Αλλιώς αντί για Μενέλαο (#2). Λόγω της διχοτόμου

είναι $\displaystyle \frac{{BN}}{{ND}} = \frac{{AB}}{{AD}} = 3,$ κλπ.

#5

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 02, 2024 5:04 am Πιθανή καθετότητα.pngΣτο ισοσκελές τρίγωνο , θεωρούμε σημείο της , ώστε : $AD=\dfrac{AC}{3}$ .Στην , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{BCS}=\widehat{ABD}$ . Είναι άραγε : $AS \perp SC ;$

Ας δούμε και μια διαφορετική άποψη

Με $\angle ABS=\angle BCS$ προκύπτει ότι

είναι εφαπτόμενη του περίκυκλου του τριγώνου BSC

και με $AC=AB\Rightarrow AC$ η άλλη εφαπτόμενη και ας είναι K,L

τα σημεία τομής της

με την

και τον κύκλο αντίστοιχα , με $L\ne S$

: Πιθανή καθετότητα.png (24.38 KiB) Προβλήθηκε 469 φορές

Με

την πολική του

ως προς τον κύκλο προκύπτει ότι η σειρά $\left( A,S,K,L \right)$ είναι αρμονική , άρα και η δέσμη B.ASKL

είναι αρμονική, οπότε και η σειρά $\left( A,D,C,E \right)$ με $E\equiv BL\cap AC$ είναι αρμονική οπότε $\dfrac{EA}{EC}=\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow EA=AC=BA\Rightarrow \angle CBE={{90}^{0}}\Rightarrow$ $\angle CBL={{90}^{0}}\overset{B,S,C,L\,\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle LSC={{90}^{0}}$

#6

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 02, 2024 5:04 am Πιθανή καθετότητα.pngΣτο ισοσκελές τρίγωνο , θεωρούμε σημείο της , ώστε : $AD=\dfrac{AC}{3}$ . Στην , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{BCS}=\widehat{ABD}$ . Είναι άραγε : $AS \perp SC ;$

Ας δούμε και κάτι ακόμα πιο κλασικό

: Πιθανή καθετότητα 2.png (38.15 KiB) Προβλήθηκε 427 φορές

Έστω

είναι τα ύψη των τριγώνων $\vartriangle ABC,\vartriangle DSC$ και $DN\bot BC$

Από $DN\parallel AM\Rightarrow \dfrac{DN}{AM}=\dfrac{CD}{AC}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow DN=\dfrac{2}{3}AM:\left( 1 \right)$ και $\dfrac{MN}{MC}=\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{1}{3}\overset{2MC=a}{\mathop{\Rightarrow }}\,MN=\dfrac{a}{6}\Rightarrow BN=\dfrac{2a}{3}$

Από τις ίσες γωνίες και το ισοσκελές τρίγωνο προκύπτει ότι
$\vartriangle BND\sim \vartriangle CKD\Rightarrow \dfrac{CK}{KD}=\dfrac{BN}{DN}=\dfrac{a}{AM}:\left( 2 \right)$ και $\vartriangle AMB\sim \vartriangle DKS\Rightarrow \dfrac{SK}{KD}=\dfrac{BM}{AM}=\dfrac{\dfrac{a}{2}}{AM}:\left( 3 \right)$

Με διαίρεση των $\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ κατά μέλη προκύπτει ότι $\dfrac{CK}{KS}=2=\dfrac{CD}{DA}\Rightarrow AS\parallel DK\overset{DK\bot CS}{\mathop{\Rightarrow }}\,AS\bot CS$

#7

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 02, 2024 5:04 am Πιθανή καθετότητα.pngΣτο ισοσκελές τρίγωνο , θεωρούμε σημείο της , ώστε : $AD=\dfrac{AC}{3}$ . Στην , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{BCS}=\widehat{ABD}$ . Είναι άραγε : $AS \perp SC ;$

Και κάτι δικό μας

ακόμα

: Πιθανή καθετότητα 1.png (30.06 KiB) Προβλήθηκε 420 φορές

Έστω

τα ύψη του τριγώνου $\vartriangle DSC$ και M,E

οι ορθές προβολές των A,D

στην

.
Με $\angle ABD=\angle SCB\overset{\angle B=\angle C\left( AB=AC \right),\angle AMB=\angle CES}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\vartriangle CES\sim \vartriangle ABC\Rightarrow \dfrac{SE}{CE}=\dfrac{BM}{AM}=\dfrac{\dfrac{a}{2}}{AM}:\left( 1 \right)$

Με όμοιο τρόπο προκύπτει και η ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle SZC,\vartriangle DEB\Rightarrow \dfrac{CZ}{SZ}=\dfrac{BE}{DE}:\left( 2 \right)$ .

Όμως με $DE\parallel AM\Rightarrow \dfrac{EM}{CM}=\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow EM=\dfrac{a}{6}\Rightarrow BE=\dfrac{2a}{3}$ και $\dfrac{DE}{AM}=\dfrac{DC}{AC}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow DE=\dfrac{2}{3}AM$ οπότε η $\left( 2 \right)$ γίνεται $\dfrac{CZ}{SZ}=\dfrac{a}{AM}:\left( 3 \right)$

Με διαίρεση των $\left( 1 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow \dfrac{SE}{CZ}\cdot \dfrac{SZ}{CE}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{SE}{CZ}=\dfrac{1}{2}\dfrac{CE}{SZ}\overset{\vartriangle SZD\sim \vartriangle CED}{\mathop{=}}\,\dfrac{\dfrac{CD}{2}}{SD}\overset{2AD=CD}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{SE}{CZ}=\dfrac{AD}{SD}:\left( 4 \right)$

Από τη σχέση $\left( 4 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $CS\bot AS$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #8

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 02, 2024 5:04 am Πιθανή καθετότητα.pngΣτο ισοσκελές τρίγωνο , θεωρούμε σημείο της , ώστε : $AD=\dfrac{AC}{3}$ .

Στην , θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε : $\widehat{BCS}=\widehat{ABD}$ . Είναι άραγε : $AS \perp SC ;$

Με

συμμετρικό του

ως προς

είναι $EC \bot BC$ και

κ.βάρους του $\triangle BCE$ ,

Άρα EM=MC

και

κι επειδή οι κόκκινες γωνίες προφανώς είναι ίσες,τα

A,M,C,S

είναι ομοκυκλικά ,άρα $AS \bot CS$

: Πιθανή καθετότητα.png (19.6 KiB) Προβλήθηκε 385 φορές

KARKAR · #9

: Σύνοψη.png (18.22 KiB) Προβλήθηκε 376 φορές

Με το σημείο

σχηματίζω το ορθογώνιο τραπέζιο ABCE

. Η

τέμνει την

στο σημείο

,

ώστε : $AD=\dfrac{b}{3}$ . Ο κύκλος διαμέτρου

διέρχεται από το

και τέμνοντας την

στο

,

προκύπτει ότι : $\widehat{SCB}=\widehat{ABS}$ . Αυτό το

είναι μοναδικό και φυσικά είναι : $AS \perp SC$ .

Πιθανή καθετότητα

Πιθανή καθετότητα

Re: Πιθανή καθετότητα

Re: Πιθανή καθετότητα

Re: Πιθανή καθετότητα

Re: Πιθανή καθετότητα

Re: Πιθανή καθετότητα

Re: Πιθανή καθετότητα

Re: Πιθανή καθετότητα

Re: Πιθανή καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση