Γνωστή καθετότητα

#1

Η άσκηση είναι γνωστή (θα μπορούσε να είναι και θεώρημα) και επιδέχεται πολλές λύσεις. Έχει τεθεί σε διαγωνισμούς ξένων χωρών και νομίζω ότι είχε μπει σε εισαγωγικές εξετάσεις της Σχολής Ικάρων, αλλά δεν μπορώ να τη βρω. Προφανώς έχει συζητηθεί ξανά. Το ενδιαφέρον έγκειται αποκλειστικά στο πόσες διαφορετικές λύσεις μπορούν να συγκεντρωθούν εδώ. Τη βάζω ενδεικτικά σε αυτό το φάκελο, χωρίς να αποτελεί δέσμευση.

: Γνωστή καθετότητα.png (16.35 KiB) Προβλήθηκε 775 φορές

Οι διχοτόμοι των γωνιών τριγώνου ABC

τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα D, E, Z,

όπως φαίνεται στο σχήμα. Να δείξετε ότι $AD\bot EZ.$

S.E.Louridas · #2

Πάντως αν

είναι το έκκεντρο οι κύκλοι (Z, ZA=ZB), (E,ED=EC)

έχουν ως κοινή χορδή την AI.

Επομένως έχουμε $ZE \bot AI$ ή $ZE \bot AD$ .

Altrian · #3

Καλημέρα.

Ενδεχομένως η πιο απλή?

$\frac{A}{2} + \frac{B}{2}+ \frac{C}{2} = 90$

: gnosti_kathetotita.png (34.2 KiB) Προβλήθηκε 724 φορές

#4

: Γμωστή καθετότητa.png (37.06 KiB) Προβλήθηκε 721 φορές

$\boxed{\widehat \theta = \frac{{a + b + c}}{2} = \frac{{180^\circ }}{2} = 90^\circ }$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 01, 2018 8:03 pm
Η άσκηση είναι γνωστή (θα μπορούσε να είναι και θεώρημα) και επιδέχεται πολλές λύσεις. Έχει τεθεί σε διαγωνισμούς ξένων χωρών και νομίζω ότι είχε μπει σε εισαγωγικές εξετάσεις της Σχολής Ικάρων, αλλά δεν μπορώ να τη βρω. Προφανώς έχει συζητηθεί ξανά. Το ενδιαφέρον έγκειται αποκλειστικά στο πόσες διαφορετικές λύσεις μπορούν να συγκεντρωθούν εδώ. Τη βάζω ενδεικτικά σε αυτό το φάκελο, χωρίς να αποτελεί δέσμευση.

Γνωστή καθετότητα.png
Οι διχοτόμοι των γωνιών τριγώνου τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα

όπως φαίνεται στο σχήμα. Να δείξετε ότι $AD\bot EZ.$

$\displaystyle L,M,K$ είναι τα κέντρα των παρεγγεγραμμένων κύκλων του $\displaystyle \vartriangle ABC$

που είναι γνωστό ότι είναι ορθικό του $\displaystyle KLM$

ο κύκλος $\displaystyle \left( {A,B,C} \right)$ είναι ο κύκλος Euler του $\displaystyle KLM$

Έτσι, $\displaystyle Z,E$ μέσα των $\displaystyle KH,HL$ οπότε $\displaystyle ZE//KL \Rightarrow ZE \bot AD$

: G.K.png (38.38 KiB) Προβλήθηκε 679 φορές

#6

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις. Δίνω άλλη μία.

: Γνωστή καθετότητα.β.png (20.35 KiB) Προβλήθηκε 611 φορές

Αν

το αντιδιαμετρικό του

τότε: $\displaystyle D\widehat FE = \frac{{\widehat A + \widehat B}}{2} = {90^0} - \frac{{\widehat C}}{2} \Leftrightarrow F\widehat ED = \frac{{\widehat C}}{2} = A\widehat CZ \Leftrightarrow FD = AZ$

$\displaystyle A{Z^2} + D{E^2} = F{D^2} + D{E^2} = 4{R^2}.$ Ομοίως, $\displaystyle A{E^2} + D{Z^2} = 4{R^2},$ άρα $\boxed{AD\bot EZ}$

S.E.Louridas · #7

Έχουμε $\displaystyle{\angle \left( {BA,EZ} \right) = \angle \left( {ZE,CA} \right) = \frac{\pi }{2} + \angle \frac{A}{2}\;\; > \frac{\pi }{2}).$
Έστω D^’

σημείο του τόξου

που δεν ανήκει η κορυφή

τέτοιο ώστε $A{D{'}} \bot ZE.$
Τότε $\displaystyle{\angle ZA{D{'}} = \frac{\pi }{2} - \angle \frac{C}{2} - \angle \frac{B}{2} = \angle \frac{A}{2}.}$
Άρα η AD^’

είναι διχοτόμος της $\angle A$ και λόγω του μονοσήμαντου, έχουμε ${D{'}} \equiv D.$

#8

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 01, 2018 8:03 pm
Η άσκηση είναι γνωστή (θα μπορούσε να είναι και θεώρημα) και επιδέχεται πολλές λύσεις. Έχει τεθεί σε διαγωνισμούς ξένων χωρών και νομίζω ότι είχε μπει σε εισαγωγικές εξετάσεις της Σχολής Ικάρων, αλλά δεν μπορώ να τη βρω. Προφανώς έχει συζητηθεί ξανά. Το ενδιαφέρον έγκειται αποκλειστικά στο πόσες διαφορετικές λύσεις μπορούν να συγκεντρωθούν εδώ. Τη βάζω ενδεικτικά σε αυτό το φάκελο, χωρίς να αποτελεί δέσμευση.

Γνωστή καθετότητα.png
Οι διχοτόμοι των γωνιών τριγώνου τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα

όπως φαίνεται στο σχήμα. Να δείξετε ότι $AD\bot EZ.$

Η

ειναι διχοτόμος των γωνιών AZI, AEI

.

Η ισότητα, τώρα, των τριγώνων AZE, AIE

δίνει, μεταξύ άλλων, την

μεσοκάθετο της AI.

#9

Άλλη μία (αν και όχι εντελώς διαφορετική).

: Γνωστή καθετότητα.γ.png (16.96 KiB) Προβλήθηκε 497 φορές

$\displaystyle A\widehat IB = I\widehat KE + K\widehat EI \Leftrightarrow {90^0} + \frac{{\widehat C}}{2} = I\widehat KE + \frac{{\widehat C}}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{I\widehat KE=90^0}$

Γνωστή καθετότητα

Γνωστή καθετότητα

Re: Γνωστή καθετότητα

Re: Γνωστή καθετότητα

Re: Γνωστή καθετότητα

Re: Γνωστή καθετότητα

Re: Γνωστή καθετότητα

Re: Γνωστή καθετότητα

Re: Γνωστή καθετότητα

Re: Γνωστή καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση