mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 22, 2019 11:26 am**

: Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png (12.94 KiB) Προβλήθηκε 1747 φορές

είναι το ύψος,

το ορθόκεντρο και

το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC.

Ο περίκυκλος

του τριγώνου BHC

τέμνει την

στο

και η

την

στο

Να δείξετε ότι $OD\bot DE.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 22, 2019 3:52 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Απρ 22, 2019 11:26 am

Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png
είναι το ύψος, το ορθόκεντρο και το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου Ο περίκυκλος

του τριγώνου τέμνει την στο και η την στο Να δείξετε ότι $OD\bot DE.$

Καλησπέρα κ. Γιώργο και Καλό Πάσχα!

Έστω $K \equiv BH \cap FC , L \equiv DK \cap BC$ . Τότε, από το πλήρες τετράπλευρο FHCB.DE

προκύπτει ότι τα B,L,C,E

είναι αρμονικά συζυγή, και αφού $\angle BDC=90^\circ$ , έχουμε ότι $\angle LDC=\angle CDE$ .

Είναι, $\angle DBO=\angle ABO=90^\circ-\angle C=\angle HBC=\angle KBC$ , και $\angle OCB=90^\circ-\angle A=\angle ABH=\angle FBH=\angle DCH=\angle KCD$ . Επομένως, τα K,O

είναι ισογώνια συζυγή στο τρίγωνο $\vartriangle BDC$ .

Συνεπώς, $\angle BDO=\angle KDC=\angle CDE \Rightarrow 90^\circ-\angle ODC=\angle CDE \Rightarrow \angle ODE=90^\circ$ , και το ζητούμενο δείχτηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 22, 2019 10:11 pm**

: perp1.png (104.02 KiB) Προβλήθηκε 1606 φορές

Έστω

το μέσο της πλευράς

. Τότε $OM \bot BC$ . Είναι γνωστό ότι, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι $(\Omega)$ του $\vartriangle ABC$ , και $(\Omega ')$ του τριγώνου BHC

, είναι συμμετρικοί ως προς την πλευρά

. Έστω

το κέντρο του $(\Omega ')$ , και

το συμμετρικό του

ως προς τη

. Τότε $H' \in (\Omega ')$ .

Συμβολίζουμε με

το μέσο του

. Τότε $O'S \bot FH$ ( O'S

απόστημα της χορδής

του κύκλου $(\Omega ')$ .) Ως εκ τούτου, αν

το συμμετρικό του

ως προς τη

, τότε $OS' \bot EH'$ (Ο μετασχηματισμός της συμμετρίας ως προς ευθεία, διατηρεί την γωνία δύο ευθειών).
Με τη χρήση του παρακάτω κριτηρίου (*)

, προκύπτει ότι τα σηµεία

,

και

ανήκουν στον ίδιο κύκλο, και εφόσον $\angle OS'E=90^{\circ}$ , τότε και $OD\bot DE$ .

(*)

Δίνεται τρίγωνο DMS'

και ένα σηµείο

. Φέρουµε τις κάθετες

,

και

στις

,

και

', στα σηµεία

,

και

, αντίστοιχα. Οι ευθείες

,

και

διέρχονται από το ίδιο σηµείο, όταν και µόνον όταν, τα σηµεία

,

και

είναι οµοκυκλικά.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 23, 2019 12:24 am**

: perp2.png (101.34 KiB) Προβλήθηκε 1570 φορές

Η προηγούμενη προσπάθεια είναι λανθασμένη. Δίνω μια δεύτερη.

Έστω

το μέσο της πλευράς

. Τότε $OM \bot BC$ . Είναι γνωστό ότι, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι $(\Omega)$ του $\vartriangle ABC$ , και $(\Omega ')$ του τριγώνου BHC

, είναι συμμετρικοί ως προς την πλευρά

. Έστω

το κέντρο του $(\Omega ')$ , και

το συμμετρικό του

ως προς τη

. Τότε $H' \in (\Omega ')$ .

Συμβολίζουμε με

το μέσο του

. Τότε $O'S \bot FH$ ( O'S

απόστημα της χορδής

του κύκλου $(\Omega ')$ .) Ως εκ τούτου, αν

το συμμετρικό του

ως προς τη

, τότε $OS' \bot EH'$ (Ο μετασχηματισμός της συμμετρίας ως προς ευθεία, διατηρεί την γωνία δύο ευθειών).
Τα σημεία

και

ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου

. Αρκεί να αποδείξουμε ότι και το

ανήκει σε αυτόν τον κύκλο.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο HFBC

στον κύκλο $(\Omega ')$ προκύπτει ότι $\angle DHF = \angle ABC\quad (1)$ .
Αν

το μέσο του

, τότε από στο ορθογώνιο τρίγωνο DAH

, η

διάμεσος επί την υποτείνουσα, οπότε DP=PH

,
και $\angle PDH =\angle PHD=90^{\circ}-\angle DAH=\angle ABC\quad (2)$ .

Από (1)

και

προκύπτει ότι $\angle DHF=\angle PDH\,\implies DP \parallel FH$ . Επομένως, το DPHS

είναι παραλληλόγραμμο, και εφόσον DP = PH

είναι ρόμβος, δηλαδή, DS=PH= OM=O'M

, και εφόσον $DS \parallel O'M$ , τότε το DSO'M

παραλληλόγραμμο, οπότε $DM=O'S\quad (3)$ .

Αλλά, το τραπέζιο OSS'O'

είναι ισοσκελές τραπέζιο, επειδή OS=O'S'

(συμμετρικά ως προς τη

). Επομένως, $OS' = O'S\quad (4)$ .
Από τις (3)

και

έχουμε ότι, OS'=DM

, οπότε και το τραπέζιο DOMS'

είναι ισοσκελές, και επομένως εγγράψιμο, δηλαδή, το

ανήκει στον ίδιο κύκλο με τα σημεία

,

και

, που είναι αυτό που θέλαμε να αποδείξουμε.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 23, 2019 12:31 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Απρ 22, 2019 11:26 am
Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png
είναι το ύψος, το ορθόκεντρο και το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου Ο περίκυκλος

του τριγώνου τέμνει την στο και η την στο Να δείξετε ότι $OD\bot DE.$

Με $\displaystyle OM \bot BC \Rightarrow M$ μέσον της $\displaystyle BC$ και $\displaystyle DM$ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα στο $\displaystyle \vartriangle BDC$

Έτσι ,είναι προφανής η ισότητα των γωνιών $\displaystyle x$ όπως και των $\displaystyle y$ με $\displaystyle x + y = {90^0}$

άρα $\displaystyle EH \bot DM \Rightarrow P$ ορθόκεντρο του $\displaystyle \vartriangle DME \Rightarrow MP \bot ED$

Επειδή $\displaystyle D$ μέσον της $\displaystyle AF$ και $\displaystyle DP//AH \Rightarrow DP = //\frac{{AH}}{2} = //OM \Rightarrow ODPM$ παραλ/μμο.Άρα $\displaystyle MP//OD \Rightarrow OD \bot DE$

: Όμορφη καθετότητα.png (34.34 KiB) Προβλήθηκε 1524 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 23, 2019 3:15 pm**

$\bullet$ Το τρίγωνο $\vartriangle HAF$ είναι ισοσκελές με HA = HF

, από $\angle HFA = \angle HCB = \angle HAF$ και άρα, το σημείο

ταυτίζεται με το μέσον του τμήματος

, λόγω $HD\perp AF$ .

Έστω

το μέσον του

και έχουμε $\displaystyle DN // = \frac{AH}{2}\ \ \ (1)$

Από (1)

και $\displaystyle OM\parallel = \frac{AH}{2}\Rightarrow$ $MN\parallel = OD\ \ \ ,(2)$ όπου

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ και

είναι το μέσον της πλευράς

.

Ο περίκυκλος (O')

του τριγώνου $\vartriangle HBC$ είναι συμμετρικός του περίκυκλου (O)

του $\vartriangle ABC$ και άρα, έχουμε $MO = MO'\ \ \ ,(3)$ όπου

είναι το κέντρο του κύκλου (O')

.

: άλλη μία όμορφη καθετότητα.; f 174_t 64323.PNG (35.24 KiB) Προβλήθηκε 1426 φορές

$\bullet$ Από το πλήρες τετράπλευρο DHPFBC

, όπου $P\equiv BH\cap CF$ , έχουμε ότι η ευθεία

περνάει από το μέσον

του

Ευθεία Gauss-Newton

.

Από $(2),\ (3)$ και DK = KP

τώρα, προκύπτει ότι $\boxed{O'P\parallel OD}\ \ \ ,(4)$

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο BCHF

έχουμε ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O')

και επομένως ισχύει $\boxed{O'P\perp DE}\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $\boxed{OD\perp DE}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 24, 2019 4:35 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Απρ 22, 2019 11:26 am
Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png
είναι το ύψος, το ορθόκεντρο και το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου Ο περίκυκλος

του τριγώνου τέμνει την στο και η την στο Να δείξετε ότι $OD\bot DE.$

Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση του όμορφου προβλήματος συμμετέχοντας στην γεωμετρική παρέα των "ΜΕΓΑΛΩΝ" !!!!!

: Μια όμορφη καθετότητα.png (34.1 KiB) Προβλήθηκε 1365 φορές

Από την ισότητα των κύκλων $\left( O \right),\left( {{O}'} \right)$ προκύπτει ότι $\vartriangle CAF$ ισοσκελές και με $CD\bot AF\Rightarrow D$ το μέσο της . Αν οι ορθές προβολές των επί της ( προφανώς το μέσο της (κέντρο του περίκυκλου του ορθογωνίου στο τριγώνου $\vartriangle DBC$ )) και οι ορθές προβολές των επί της , τότε με τα μέσα των αντίστοιχα προκύπτει ότι: $DN=\dfrac{BD}{2}:\left( 1 \right)$ και . Από (γενικευμένο Nagel ) προκύπτει ότι $TD\bot FHE$ οπότε σύμφωνα με το Stathis koutras Theorem προκύπτει ότι: $\dfrac{DN}{TP}=\dfrac{BE}{BF}\overset{\left( 1 \right),\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{BD}{2TP}=\dfrac{BE}{2DM}\Rightarrow \dfrac{DM}{TP}=\dfrac{BE}{BD}:\left( 3 \right)$
Από την $\left( 3 \right)$ σύμφωνα με το αντίστροφο του περιώνυμου Θεωρήματος προκύπτει ότι $OD\bot DE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Για το σχήμα "βράστε τα"

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 24, 2019 7:21 pm**

Διαφορετικά:

Έστω

το σημείο τομής της

με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

.

Προφανώς είναι KD=DH

και $\widehat{KAD}=\widehat{KCB}=\widehat{HFD}$ , άρα AK//FH

.

Έπεται λοιπόν από Θαλή πως FD=DA

.

Έστω πως η

τέμνει την

στο

.

Τότε πάλι από Θαλή είναι DE=DL

.

Από Θεώρημα πεταλούδας στο εγγράψιμο AKBC

προκύπτει τώρα εύκολα ότι $OD\perp LE$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 24, 2019 7:55 pm**

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Τετ Απρ 24, 2019 7:21 pm
Διαφορετικά:

Έστω το σημείο τομής της με τον περιγεγραμμένο κύκλο του .

Προφανώς είναι και $\widehat{KAD}=\widehat{KCB}=\widehat{HFD}$ , άρα .

Έπεται λοιπόν από Θαλή πως .

Έστω πως η τέμνει την στο .

Τότε πάλι από Θαλή είναι .

Από Θεώρημα πεταλούδας στο εγγράψιμο προκύπτει τώρα εύκολα ότι $OD\perp LE$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 25, 2019 10:08 am**

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Τετ Απρ 24, 2019 7:21 pm
Διαφορετικά:

Έστω το σημείο τομής της με τον περιγεγραμμένο κύκλο του .

Προφανώς είναι και $\widehat{KAD}=\widehat{KCB}=\widehat{HFD}$ , άρα .

Έπεται λοιπόν από Θαλή πως .

Έστω πως η τέμνει την στο .

Τότε πάλι από Θαλή είναι .

Από Θεώρημα πεταλούδας στο εγγράψιμο προκύπτει τώρα εύκολα ότι $OD\perp LE$ .

Το σχήμα στην πολύ ωραία λύση του Διονύση

, που μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής:

Οι κύκλοι $O \to (A,B,C)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,O' \to (H,B,C)$ είναι ίσοι και άρα στην ιδία γωνία $\widehat \theta$ αντιστοιχούν ίσες χορδές , οπότε $CA = CF \Rightarrow DA = DF$ .

: Ομορφη καθετότητα απο Αδαμόπουλο.png (32.23 KiB) Προβλήθηκε 1228 φορές

Επειδή το συμμετρικό

του ορθοκέντου

ανήκει στον κύκλο

το τετράπλευρο AKFH

είναι ρόμβος οπότε τα τρίγωνα $DFE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAL$ είναι ίσα .

Έτσι DE = DL

και από το Θ. Πεταλούδας DT = DS

και άρα η $OD \bot TS$

Υ.Σ.

Όλες οι λύσεις βεβαίως είναι πολύ όμορφες . Επίσης

στον Ορέστη που πρώτος έδωσε λύση, αλλά και στον Γιώργο το Βισβίκη

για το ωραίο θέμα, νομίζω δικής του έμπνευσης!

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Απρ 29, 2019 9:02 pm**

Αφενός μεν για τα Χρόνια Πολλά στον Γιώργο Βισβίκη, αλλά και για τα ευρύτερα Χρόνια Πολλά στην εκπληκτική παρέα, ας δώσω και εγώ μία άποψη μου. Αν και η αρχική λύση μου ήταν περίπου ταυτόσημη με εκείνη του Μιχάλη Τσουρακάκη, την οποία και κατέβασα σχεδόν άμεσα όταν είδα την λύση του Μιχάλη.

Ας δούμε, λοιπόν, την καινούργια άποψη μου:

Καταρχάς παρατηρούμε: $\angle HFD = \angle FAH = \angle C \Rightarrow FD = DA.$ Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

. Τότε $O'F = OA = R,\;\,O'H = OH' = R,$ όπου

η ακτίνα του κύκλου

Επομένως οι κύκλοι c,r

είναι ίσοι και οι r,h

έχουν κοινή χορδή την

.
Επειδή το

είναι ριζικό κέντρο των τριών αυτών κύκλων, έχουμε άμεσα την απόδειξη.

: sd.png (82.2 KiB) Προβλήθηκε 1109 φορές

mathematica.gr

Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα