Κάθετη στην ΑΝ

#1

: Κάθετη στην ΟΝ.png (11.56 KiB) Προβλήθηκε 882 φορές

είναι τα ίχνη των υψών από τις κορυφές αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ με ορθόκεντρο . Η μεσοκάθετη της τέμνει την στο σημείο . Να δειχθεί ότι $SH\bot AN$ , όπου το κέντρο του κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$

#2

Επαναφορά

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 15, 2021 1:34 pm
είναι τα ίχνη των υψών από τις κορυφές αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ με ορθόκεντρο . Η μεσοκάθετη της τέμνει την στο σημείο . Να δειχθεί ότι $SH\bot AN$ , όπου το κέντρο του κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$

Ας δούμε μία προσέγγιση εκτός φακέλου.

: Κάθετη στη ΑΝ.; f=20 t=70511.PNG (23.19 KiB) Προβλήθηκε 613 φορές

$\bullet$ Έστω K,P

, τα μέσα των πλευρών $AC,\ AB$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $L\equiv BH\cap SM$ και $Q\equiv CH\cap SM$ , ως τα μέσα αντιστοίχως των $BH,\ CH$ και άρα, σημεία του κύκλου (N)

και ισχύει ως γνωστό $N\equiv KL\cap PQ$ .

Θεωρούμε το εγγεγραμμένο μη κυρτό εξάγωνο KEQPFL

και σύμφωνα με το Θεώρημα Pascal, έχουμε ότι τα σημεία $A\equiv KE\cap PF$ και $T\equiv EQ\cap FL$ και $N\equiv QP\cap LK$ είναι συνευθειακά.

Η ευθεία

τώρα, ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (N)

.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι $SH\perp TN\equiv AN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 15, 2021 1:34 pm
Κάθετη στην ΟΝ.png
είναι τα ίχνη των υψών από τις κορυφές αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ με ορθόκεντρο . Η μεσοκάθετη της τέμνει την στο σημείο . Να δειχθεί ότι $SH\bot AN$ , όπου το κέντρο του κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$

Ας δούμε και μια λύση (μετά την ορθόδοξη και σύντομη λύση του Κώστα) που να δικαιολογεί το φάκελο υποθέτοντας ότι τα του κύκλου Euler με τις ιδιότητές τους είναι ύλη Α’ Λυκείου καθώς και τα εγγράψιμα τετράπλευρα και οι ομοιότητες και το Θ. Θαλή είναι ύλη Γ’ Γυμνασίου.

$\bullet$ Προφανώς

είναι το μέσο της

όπου

είναι περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και η

διέρχεται από τα μέσα L,T

των

αντίστοιχα που είναι και σημεία του κύκλου Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Επίσης είναι γνωστό ότι ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle BHC$ είναι ίσος με τον κύκλο $\left( O \right)$ και συμμετρικός ως προς την

και ας είναι

το κέντρο του.

Τότε το τετράπλευρο AOKH

είναι παραλληλόγραμμο ( $AH=\parallel OK$ ) και έστω $Y\equiv HK\cap SM$ . Από το θεώρημα του Nagel θα είναι $OA\bot SE\Rightarrow KYH\bot SX,X\equiv AH\cap SE$ και συνεπώς το

είναι το ορθόκεντρο (σημείο τομής δύο υψών ) και του τριγώνου $\vartriangle SXY$ , οπότε: $SH\bot XY:\left( 1 \right)$
Με KH=KC=R

και

το μέσο της $HC\Rightarrow \vartriangle HTK$ ορθογώνιο στο

.

: Κάθετη στην ΑΝ.png (43.12 KiB) Προβλήθηκε 565 φορές

$\bullet$ Είναι $\angle EHA\overset{A,E,H,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle EFA=\overset{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\angle KHT$ και συνεπώς τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle HTK,\vartriangle HEA$ είναι όμοια και με $\angle HTY\overset{TY\parallel BC}{\mathop{=}}\,\angle HCB\overset{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma ...}{\mathop{=}}\,\angle FAH\overset{A,F,E,H\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle FEH\equiv \angle XEH$ προκύπτει ότι TY,EX

είναι ομόλογα τμήματά τους άρα $\dfrac{HY}{YX}=\dfrac{HK}{HA}\Rightarrow AK\parallel XY\overset{SH\bot XY}{\mathop{\Rightarrow }}\,SH\bot AK\equiv AN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 15, 2021 1:34 pm
Κάθετη στην ΟΝ.png
είναι τα ίχνη των υψών από τις κορυφές αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ με ορθόκεντρο . Η μεσοκάθετη της τέμνει την στο σημείο . Να δειχθεί ότι $SH\bot AN$ , όπου το κέντρο του κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$

$\bullet$ Με

μεσοκάθετη της

προκύπτει ότι αυτή θα διέρχεται (ως παράλληλη προς την

και από τα μέσα Q,R

των

τα οποία ως γνωστό είναι σημεία του κύκλου Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

$\bullet$ Το τετράπλευρο APTO

είναι παραλληλόγραμμο (όπου P,T

τα μέσα των HA,BC

αντίστοιχα (επίσης σημεία του μεσόκυκλου) ) αφού $AP=\dfrac{AH}{2}=\parallel OT$ και με $AO\bot FE$ (από το θεώρημα του Nagel) προκύπτει ότι και $PT\bot FE$ οπότε η προβολή της

στην

θα είναι η

όπου

το ίχνος της εκ του

καθέτου στην

. Με

το μέσο της

(κέντρο κύκλου Euler) θα είναι $NX=\dfrac{HK}{2}:\left( 1 \right)$ , όπου $HK\bot AO$ . Η προβολή της

στην

είναι η

, με

το ίχνος της εκ του

καθέτου στην

και επειδή

χορδή του μεσόκυκλου θα ισχύει: $YE=\dfrac{QE}{2}:\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right):\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{NX}{YE}=\dfrac{HK}{QE}:\left( 3 \right)$

: Κάθετη στην ΑΝ.png (47.04 KiB) Προβλήθηκε 519 φορές

$\bullet$ Τα σημεία A,E,K,H,F

είναι σημεία κύκλου διαμέτρου

και με $\angle FAH=\angle KAE\Rightarrow FH=EK\Rightarrow$ το εγγεγραμμένο στον εν λόγω κύκλο τετράπλευρο FHKE

είναι ισοσκελές τραπέζιο , οπότε $EF\parallel HK\Rightarrow \angle SEQ\equiv \angle FEH=\angle EKH:\left( 4 \right)$ και $\angle EKH={{180}^{0}}-\angle HAE={{180}^{0}}-\angle DAC=$ ${{180}^{0}}-\angle CBE={{180}^{0}}-\angle RQH=\angle EQS:\left( 5 \right)$
Από $\left( 4 \right),\left( 5 \right)\Rightarrow \vartriangle EHK\sim \vartriangle SEQ\Rightarrow \left( 1 \right):\left( 2 \right)\Rightarrow$ $\dfrac{HK}{QE}=\dfrac{HE}{SE}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{NX}{YE}=\dfrac{HE}{SE}:\left( 6 \right)$
Από την $\left( 6 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $SH\bot AN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Σημείωση: Εκείνο που με εξιτάρει δεν είναι η εφαρμογή του εν λόγω θεωρήματος αλλά το κυνήγι των προϋποθέσεών του

Κάθετη στην ΑΝ

Κάθετη στην ΑΝ

Re: Κάθετη στην ΑΝ

Re: Κάθετη στην ΑΝ

Re: Κάθετη στην ΑΝ

Re: Κάθετη στην ΑΝ

Μέλη σε σύνδεση