Ορθή Γωνία;!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Έστω τρίγωνο ABC

με περίκεντρο

. Η

τέμνει την

στο

και έστω

το ίχνος του ύψους από την κορυφή

στην

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABE

τέμνει την

στο

. Έστω

το μέσο του

και

το σημείο τομής της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABE

. Να αποδειχθεί πως $\widehat{DKM}=90^o$ !

: Ορθή Γωνία.png (26.41 KiB) Προβλήθηκε 1038 φορές

Έφτασα στο συγκεκριμένο πρόβλημα προσπαθώντας να λύσω ένα άλλο πρόβλημα (μπορεί το αρχικό να είναι και πιο εύκολο

). Έφτασα κάνοντας αντιστροφή και μερικές άλλες απλοποιήσεις στη συνέχεια. Το θέμα είναι ότι δεν έχω καταφέρει να βρω λύση σε αυτό

, αν και δεν τα έχω παρατήσει ακόμα. Μετά από λίγες μέρες θα βάλω το αρχικό πρόβλημα και θα δείτε πόσο διαφορετικό είναι με το παραπάνω

(η "μαγεία" της αντιστροφής)

Υ.Γ Δεν ξέρω αν αυτό το πρόβλημα έχει δύσκολη ή εύκολη λύση, επομένως δεν είμαι σίγουρος και για τον φάκελο...

ksofsa · #2

Μετά από μερικές ώρες αναζήτησης και μερικές δεκάδες κόλλες για πέταμα...

Εστω

η προβολή του

στην

.

Αρκεί ν.δ.'ο. το τετράπλευρο DKPS

είναι εγγράψιμο

ή ισοδύναμα ότι $DM\cdot MP=MK\cdot MS$ .

Ομως $MK\cdot MS=MB\cdot ME$

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ό. $MD\cdot MP=MB\cdot ME\Leftrightarrow \frac{MD}{ME}=\frac{MB}{MP}$ .

Ομως, $\frac{MD}{ME}=\frac{OA}{OE}$ .

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ο. $\frac{OA}{OE}=\frac{MC}{MP}\Leftrightarrow \frac{OE}{OA}=\frac{MP}{MC}\Leftrightarrow 1-\frac{OE}{OA}=1-\frac{MP}{MC}\Leftrightarrow \frac{R-OE}{R}=\frac{CP}{MC}\Leftrightarrow \frac{R-OE}{R}=\frac{2CP}{BC}$

Προεκτείνω την

για να τμήσει τον κύκλο (O,OA)

στο σημείο

.

Ισχύει $AE\cdot EQ=BE\cdot CE\Leftrightarrow (R+OE)(R-OE)=BE\cdot CE$ .

Ισχύει επίσης $CE\cdot BC=CS\cdot CA\Leftrightarrow CE=\frac{CS\cdot CA}{BC}$ .

Αντικαθιστώ το

και παίρνω

$(R+OE)(R-OE)=BE\cdot \frac{CS\cdot CA}{BC}\Leftrightarrow BC(R-OE)=\frac{BE\cdot CS\cdot CA}{R+OE}$ .

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ο.

$2R\cdot CP=\frac{BE\cdot CS\cdot CA}{R+OE}\Leftrightarrow 2R\cdot CP\cdot AE=BE\cdot CS\cdot CA\Leftrightarrow \frac{CA}{sinB}\cdot AE\cdot CP=BE\cdot CS\cdot CA\Leftrightarrow AE\cdot CP=BE\cdot CS\cdot sinB\Leftrightarrow AE\cdot CS\cdot cosC=BE\cdot CS\cdot sinB\Leftrightarrow AE\cdot cosC=BE\cdot sinB$

Είναι <BAE=<BCQ=90-C

.

Από νόμο ημιτόνων είναι $\frac{AE}{sinB}=\frac{BE}{sinBAE }=\frac{BE}{sin(90-C)}=\frac{BE}{cosC}\Leftrightarrow AEcosC=BEsinB$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

ksofsa έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 21, 2018 9:46 pm
Μετά από μερικές ώρες αναζήτησης και μερικές δεκάδες κόλλες για πέταμα...

Εστω η προβολή του στην .

Αρκεί ν.δ.'ο. το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο

ή ισοδύναμα ότι $DM\cdot MP=MK\cdot MS$ .

Ομως $MK\cdot MS=MB\cdot ME$

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ό. $MD\cdot MP=MB\cdot ME\Leftrightarrow \frac{MD}{ME}=\frac{MB}{MP}$ .

Ομως, $\frac{MD}{ME}=\frac{OA}{OE}$ .

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ο. $\frac{OA}{OE}=\frac{MC}{MP}\Leftrightarrow \frac{OE}{OA}=\frac{MP}{MC}\Leftrightarrow 1-\frac{OE}{OA}=1-\frac{MP}{MC}\Leftrightarrow \frac{R-OE}{R}=\frac{CP}{MC}\Leftrightarrow \frac{R-OE}{R}=\frac{2CP}{BC}$

Προεκτείνω την για να τμήσει τον κύκλο στο σημείο .

Ισχύει $AE\cdot EQ=BE\cdot CE\Leftrightarrow (R+OE)(R-OE)=BE\cdot CE$ .

Ισχύει επίσης $CE\cdot BC=CS\cdot CA\Leftrightarrow CE=\frac{CS\cdot CA}{BC}$ .

Αντικαθιστώ το και παίρνω

$(R+OE)(R-OE)=BE\cdot \frac{CS\cdot CA}{BC}\Leftrightarrow BC(R-OE)=\frac{BE\cdot CS\cdot CA}{R+OE}$ .

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ο.

$2R\cdot CP=\frac{BE\cdot CS\cdot CA}{R+OE}\Leftrightarrow 2R\cdot CP\cdot AE=BE\cdot CS\cdot CA\Leftrightarrow \frac{CA}{sinB}\cdot AE\cdot CP=BE\cdot CS\cdot CA\Leftrightarrow AE\cdot CP=BE\cdot CS\cdot sinB\Leftrightarrow AE\cdot CS\cdot cosC=BE\cdot CS\cdot sinB\Leftrightarrow AE\cdot cosC=BE\cdot sinB$

Είναι .

Από νόμο ημιτόνων είναι $\frac{AE}{sinB}=\frac{BE}{sinBAE }=\frac{BE}{sin(90-C)}=\frac{BE}{cosC}\Leftrightarrow AEcosC=BEsinB$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

ΕΠΙΚΟΣ!

! Σε ευχαριστώ για τη λύση

! Τις επόμενες μέρες θα βάλω το αρχικό πρόβλημα!

Ορέστης Λιγνός · #4

Καλημέρα.

Μία άλλη λύση:

Φέρνουμε $SL \perp BC$ . Τότε, αρκεί το DKLS

να είναι εγγράψιμο, δηλαδή αρκεί $DM \perp ML=KM \perp MS$ .

Όμως, $KM \perp MS=BM \perp ME$ άρα αρκεί $BM \perp ME=DM \perp ML$ .
Ισχύει επίσης $OM \perp BC$ και $AD \perp BC$ άρα $OM \parallel AD \Rightarrow \dfrac{AO}{OE}=\dfrac{DM}{ME}$ άρα αρκεί $\dfrac{BM}{ML}=\dfrac{AO}{OE}$ .

Φέρνουμε τώρα $MN \parallel AB$ και $LT \parallel AB$ .

Τότε, αφού

μέσο της

, το

είναι μέσο της

και αφού το

είναι το περίκεντρο του ABC

, ισχύει $ON \perp AC$ .
Ακόμη, ισχύει $\angle EST=\angle ABE=\angle B=\angle TLC \Rightarrow SELT$ εγγράψιμο, άρα $\angle STE=90^\circ$ , άρα $ON \parallel ET \Rightarrow \dfrac{AO}{OE}=\dfrac{AN}{NT}$ .

Τέλος, αφού $AB \parallel MN \parallel LT$ ισχύει $\dfrac{AN}{NT}=\dfrac{BM}{ML}$ .
Άρα, $\dfrac{AO}{OE}=\dfrac{AN}{NT}=\dfrac{BM}{ML}$ , και τελειώσαμε.

[attachment=0]GONIA.png[/attachment]

Ορθή Γωνία;!

Ορθή Γωνία;!

Re: Ορθή Γωνία;!

Re: Ορθή Γωνία;!

Re: Ορθή Γωνία;!

Μέλη σε σύνδεση