Ίσα τμήματα

Ορέστης Λιγνός · #1

Θεωρούμε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και τη διάμεσο

.

Φέρνουμε τα ύψη

και

. Η κάθετη στο

στην

τέμνει τις BE,CD

στα

.

Να δείξετε ότι AP=AQ

.

: isa tmimata.png (23.02 KiB) Προβλήθηκε 1857 φορές

Η άσκηση είναι δική μου κατασκευή.

#2

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και τη διάμεσο .

Φέρνουμε τα ύψη και . Η κάθετη στο στην τέμνει τις στα .

Να δείξετε ότι .

isa tmimata.png

Η άσκηση είναι δική μου κατασκευή.

Πολύ ωραία άσκηση . έχω υπ όψιν στοιχειώδη λύση.

#3

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και τη διάμεσο .Φέρνουμε τα ύψη και . Η κάθετη στο στην τέμνει τις στα .Να δείξετε ότι .

Η άσκηση είναι δική μου κατασκευή.

: Ισα τμήματα.png (30.69 KiB) Προβλήθηκε 1824 φορές

Έστω το συμμετρικό του ως προς το μέσο της . Τότε προφανώς το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιές του διχοτομούνται).

Αρα $BF\parallel AC\mathop \Rightarrow \limits^{AC \bot PB} BF \bot PB\mathop \Rightarrow \limits^{PA \bot AF} A,B,F,P$ ομοκυκλικά σε κύκλο διαμέτρου και ομοίως τα ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου .

Οι εν λόγω κύκλοι είναι ίσοι αφού οι εγγεγραμμένες τους γωνίες $\angle AFB,\angle FAC$ στις ίσες χορδές τους ( παραλληλόγραμμο) είναι ίσες ,

άρα $FP = FQ\mathop \Rightarrow \limits^{AF \bot PQ} AP = AQ$ και το ζητούμενο έχει αποδειθχεί.

Στάθης

#4

: Ίσα τμήματα Ορέστης_1.png (25.2 KiB) Προβλήθηκε 1790 φορές

Φέρνω την από το

κάθετη στη

που τέμνει την

στο

. Αφού στο $\vartriangle SBC$ $MA//CS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BN = MC \Rightarrow BA = AS$ .

Το

είναι ορθόκεντρο στο $\vartriangle SQC$ και άρα $\boxed{SQ//PB \Rightarrow \frac{{QA}}{{AP}} = \frac{{BA}}{{AS}} = 1 \Rightarrow QA = AP}$ .

Αλλιώς

: Ίσα τμήματα Ορέστης_2.png (25.48 KiB) Προβλήθηκε 1790 φορές

Ας είναι

το σημείο τομής των $BP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CQ$ . Το

είναι ορθόκεντρο στο TBC

και

αφού το

μέσο του

και $PQ \bot AM$ από το γνωστό,αυτό λήμμα, AP = AQ

.

#5

Ας είναι

το σημείο τομής των $BE\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ και

το σημείο τομής των $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DE$ . Φέρνω και το

. Το

είναι ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

: Ισα τμήματα Ορέστη με αρμονία.png (46.55 KiB) Προβλήθηκε 1751 φορές

Από το ορθικό $\vartriangle DEZ$ ( ή και με άλλους τρόπους) προκύπτει ότι η δέσμη :

$T(S,Z\backslash B,C)$ είναι αρμονική . Αν δε γράψω το ημικύκλιο διαμέτρου

και η

το κόψει στα J,F

η τετράδα $(S,T\backslash J,F)$ είναι αρμονική άρα

$ST \bot AM \Rightarrow PQ//ST$ και συνεπώς θα κόψει τις ευθείες BT,ZT,CT

έτσι ώστε

.

Παρατήρηση: Θα μπορούσαμε να δουλέψουμε και με πολικές .

Ορέστης Λιγνός · #6

Ευχαριστώ πολύ τον Στάθη και τον Νίκο για τις λύσεις τους.

Όπως με ενημέρωσε ο Νίκος, η άσκηση βρίσκεται και στο βιβλίο του Μπάμπη Στεργίου, ''Γεωμετρία για Διαγωνισμούς 2'', χωρίς να το ξέρω .

Την άσκηση την κατασκεύασα με γνώμονα τα αρμονικά συζυγή και τον ριζικό άξονα. Δίνω λοιπόν την λύση μου.

Θα αποδείξουμε πρώτα το εξής Λήμμα :

Λήμμα

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και BE, CD

τα ύψη του προς τις πλευρές AC, AB

αντίστοιχα.

Έστω $K \equiv DE \cap BC$ και

το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Αν επίσης

το μέσο του

, να δείξετε ότι $KH \perp AM$ .

Απόδειξη

: lemma.png (42.32 KiB) Προβλήθηκε 1705 φορές

Θεωρούμε τους κύκλους C_1=(A,Z,M)

και

.

Τα κέντρα τους είναι το μέσο της

και το

αντίστοιχα. Άρα, η διάκεντρος τους είναι η ευθεία

.

Είναι $\displaystyle \Delta_{C_1} (H)=HA \cdot HZ \mathop = \limits^{ADZC \, \textnormal{\gr εγγράψιμο}} HD \cdot HC=\Delta_{C_2} H$ , οπότε το

ανήκει στον ριζικό άξονα των δύο κύκλων.

Επίσης, το DEMZ

είναι εγγράψιμο, γιατί τα D,E,Z,M

ανήκουν στον κύκλο του Euler.
Άρα, $KZ \cdot KM=KD \cdot KE \Rightarrow \Delta_{C_1} (K)=\Delta_{C_2}(K)$ , οπότε και το

ανήκει στον ριζικό άξονα των δύο κύκλων.

Επομένως, ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων (η

) είναι κάθετη στην διάκεντρο (την

) , δηλαδή $KH \perp AM$ , και το λήμμα αποδείχτηκε.

Επιστρέφουμε στην άσκηση.

Έστω $K \equiv DE \cap BC$ ,

το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ , $L \equiv KH \cap AM$ και $T \equiv KL \equiv AB$ .

: kataskevi.png (30.71 KiB) Προβλήθηκε 1705 φορές

Από το Λήμμα, $KH \perp AM \mathop \Rightarrow \limits^{AM \perp PQ} PQ \parallel KL$ .

Από τα όμοια $\vartriangle QAD, \vartriangle DTH$ έχουμε $\dfrac{AQ}{TH}=\dfrac{AD}{DT}$ (1).

Από τα όμοια $\vartriangle BTH, \vartriangle BAP$ έχουμε $\dfrac{AP}{TH}=\dfrac{AB}{BT}$ (2).

Διαιρούμε κατά μέλη τις (1), (2) και έχουμε $\dfrac{AQ}{AP}=\dfrac{\dfrac{AD}{DT}}{\dfrac{AB}{BT}}$ .

Αρκεί επομένως να δείξουμε ότι $\dfrac{AD}{DT}=\dfrac{AB}{BT}$ , η ισοδύναμα ότι $(A,T \backslash B,D)=-1$ .

Είναι όμως $TL \perp AL$ , οπότε αρκεί $\widehat{DLT}=\widehat{TLB}$ .

Αφού $\widehat{ADH}=\widehat{ALH}=90^\circ$ , το ADHL

είναι εγγράψιμο, οπότε $\widehat{DLT}=\widehat{DAH}=90^\circ-\widehat{B}$ .

Έτσι, $\widehat{DLT}=90^\circ-\widehat{B}$ (1).

Έστω $Z \equiv AH \cap BC$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο ADHE.BC

έχουμε ότι $(K,Z \backslash B,C)=-1$ και αφού το

είναι το μέσο της

, έχουμε $MB^2=MZ \cdot MK$ από τη σχέση Newton.

Αφού επίσης $MZ \cdot MK=ML \cdot MA$ (από το εγγράψιμο KZLA

) είναι $MB^2=ML \cdot MA$ , είναι $\widehat{LBM}=\widehat{BAM} \Rightarrow \widehat{BAM}=\widehat{TLB}+\widehat{LKB}=$

$\widehat{TLB}+90^\circ-\widehat{AMK}=\widehat{TLB}+90^\circ-(180^\circ-\widehat{BAM}-\widehat{B})=$

$\widehat{TLB}+\widehat{BAM}-90^\circ+\widehat{B} \Rightarrow \widehat{TLB}=90^\circ-\widehat{B}$ (2).

Από (1), (2) έπεται το ζητούμενο.

Η λύση ολοκληρώθηκε.

#7

Ας δούμε μία προσέγγιση με Πολικές ( γνωστή από την βιβλιογραφία ), που αφορά στην γενικευμένη εκφώνηση του προβλήματος.

ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E$ , τα σημεία τομής των πλευρών του $AB,\ AC$ αντιστοίχως, από τυχόντα κύκλο με χορδή την πλευρά του . Οι ευθείες $BE,\ CD$ , τέμνουν την δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την , όπου είναι το κέντρο του κύκλου , στα σημεία $P,\ Q$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι .

: Ίσα τμήματα.; f=185_t=59612.png (21.31 KiB) Προβλήθηκε 1624 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $S\equiv BC\cap DE$ και $T\equiv BE\cap CD$ .

Η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (K)

και ισχύει $ST\perp AK$ ( γνωστό αποτέλεσμα ).

Από το πλήρες τετράπλευρο ADTEBC

έχουμε ότι η δέσμη $T\ldotp ADSB$ είναι αρμονική.

Η δέσμη αυτή τέμνεται από την ευθεία

και από $PQ\parallel TS$ συμπεραίνεται ότι AP = AQ

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#8

vittasko έγραψε:Ας δούμε μία προσέγγιση με Πολικές ( γνωστή από την βιβλιογραφία ), που αφορά στην γενικευμένη εκφώνηση του προβλήματος.

ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E$ , τα σημεία τομής των πλευρών του $AB,\ AC$ αντιστοίχως, από τυχόντα κύκλο με χορδή την πλευρά του . Οι ευθείες $BE,\ CD$ , τέμνουν την δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την , όπου είναι το κέντρο του κύκλου , στα σημεία $P,\ Q$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι .
f=185_t=59612.png
$\bullet$ Έστω τα σημεία $S\equiv BC\cap DE$ και $T\equiv BE\cap CD$ .

Η ευθεία ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου ως προς τον κύκλο και ισχύει $ST\perp AK$ ( γνωστό αποτέλεσμα ).

Από το πλήρες τετράπλευρο έχουμε ότι η δέσμη $T\ldotp ADSB$ είναι αρμονική.

Η δέσμη αυτή τέμνεται από την ευθεία και από $ST\parallel PQ$ συμπεραίνεται ότι και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Ίσα τμήματα

Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Re: Ίσα τμήματα

Μέλη σε σύνδεση