Απέναντι αλλά ίσες

KARKAR · #1

Σε οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ ,

είναι η μικρότερη πλευρά ,

το ορθόκεντρο και

το περίκεντρο .

Στο ίχνος

του ύψους

φέρω κάθετη προς την

, η οποία τέμνει την

στο

.

Δείξτε ότι : $\widehat{DHZ}= \widehat{A}$

#2

KARKAR έγραψε:Σε οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι η μικρότερη πλευρά , το ορθόκεντρο και το περίκεντρο .

Στο ίχνος του ύψους φέρω κάθετη προς την , η οποία τέμνει την στο .

Δείξτε ότι : $\widehat{DHZ}= \widehat{A}$

Ωραίο πρόβλημα, αν και κάτι μου θυμίζει, ίσως άσκηση από IMO - short list.Μια σκέψη είναι η εξής :

Αν η ευθεία

τέμνει τον κύκλο στο

και η

τέμνει την ευθεία

στο

, τότε από το θεώρημα της πεταλούδας είναι DK=DZ

.Είναι όμως και DI=DH

διότι τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τις πλευρές είναι σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου. Τα τρίγωνα λοιπόν DIK,DZH

είναι ίσα και επειδή οι γωνίες A,I

είναι ίσες , παίρνουμε το ζητούμενο.

Μπάμπης

(βάζω το ίδιο το σχήμα, απλά ως μια μικρή διευκόλυνση)

#3

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
KARKAR έγραψε:Σε οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι η μικρότερη πλευρά , το ορθόκεντρο και το περίκεντρο .

Στο ίχνος του ύψους φέρω κάθετη προς την , η οποία τέμνει την στο .

Δείξτε ότι : $\widehat{DHZ}= \widehat{A}$
Ωραίο πρόβλημα, αν και κάτι μου θυμίζει, ίσως άσκηση από IMO - short list.Μια σκέψη είναι η εξής :

Αν η ευθεία τέμνει τον κύκλο στο και η τέμνει την ευθεία στο , τότε από το θεώρημα της πεταλούδας είναι .Είναι όμως και διότι τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τις πλευρές είναι σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου. Τα τρίγωνα λοιπόν είναι ίσα και επειδή οι γωνίες είναι ίσες , παίρνουμε το ζητούμενο.

Μπάμπης

(βάζω το ίδιο το σχήμα, απλά ως μια μικρή διευκόλυνση)

Να επισημάνω ένα τυπογραφικό λάθος στην πρώτη γραμμή της λύσης : η ευθεία είναι η

και όχι η

που έγραφα αρχικά.

Επισημαίνω το σφάλμα, διότι η άσκηση αυτή είναι πολύ ωραία εφαρμογή του θεωρήματος της πεταλούδας και χρήσιμη στους μαθητές μας που πάνε για Αρχιμήδη και παραπέρα.

Να συμπληρώσω επίσης ότι το σημείο

είναι το μέσο της χορδής που αποκόπτει ο κύκλος από την ευθεία

,αφού $OD\perp ZD$ , οπότε η εφαρμογή του θεωρήματος φαίνεται πιο άμεσα στις χορδές AC,BI

.

Ζητώ συγνώμη από όσους ασχολήθηκαν με τη λύση της άσκησης και τους κούρασα άσκοπα.

Ευχαριστώ και το Θανάση Μπεληγιάννη που μου το επεσήμανε.

Μπάμπης

#4

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
KARKAR έγραψε:Σε οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι η μικρότερη πλευρά , το ορθόκεντρο και το περίκεντρο .

Στο ίχνος του ύψους φέρω κάθετη προς την , η οποία τέμνει την στο .

Δείξτε ότι : $\widehat{DHZ}= \widehat{A}$
Ωραίο πρόβλημα, αν και κάτι μου θυμίζει, ίσως άσκηση από IMO - short list.Μια σκέψη είναι η εξής :

Αν η ευθεία τέμνει τον κύκλο στο και η τέμνει την ευθεία στο , τότε από το θεώρημα της πεταλούδας είναι .Είναι όμως και διότι τα συμμετρικά του ορθοκέντρου ως προς τις πλευρές είναι σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου. Τα τρίγωνα λοιπόν είναι ίσα και επειδή οι γωνίες είναι ίσες , παίρνουμε το ζητούμενο.

Μπάμπης

(βάζω το ίδιο το σχήμα, απλά ως μια μικρή διευκόλυνση)
Να επισημάνω ένα τυπογραφικό λάθος στην πρώτη γραμμή της λύσης : η ευθεία είναι η και όχι η που έγραφα αρχικά.

Επισημαίνω το σφάλμα, διότι η άσκηση αυτή είναι πολύ ωραία εφαρμογή του θεωρήματος της πεταλούδας και χρήσιμη στους μαθητές μας που πάνε για Αρχιμήδη και παραπέρα.

Να συμπληρώσω επίσης ότι το σημείο είναι το μέσο της χορδής που αποκόπτει ο κύκλος από την ευθεία ,αφού $OD\perp ZD$ , οπότε η εφαρμογή του θεωρήματος φαίνεται πιο άμεσα στις χορδές .

Ζητώ συγνώμη από όσους ασχολήθηκαν με τη λύση της άσκησης και τους κούρασα άσκοπα.

Ευχαριστώ και το Θανάση Μπεληγιάννη που μου το επεσήμανε.

Μπάμπης

Σαν το ελάχιστο ευχαριστώ για τον Αγαπητό Μπάμπη που με βοήθησε προσωπικά να απολαμβάνω το χώρο αυτό

αλλά και για την τεράστια προσφορά του στο mathematica., θα δείξω το καταπληκτικό θεώρημα της

«πεταλούδας» και θα του κάνω δώρο το ολοκληρωμένο σχήμα της υπέροχης λύσης του.

Θεώρημα της «πεταλούδας»:

Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{ ABCD }$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{ \left( O \right) }$ . Έστω $\displaystyle{ E }$ το σημείο τομής των διαγωνίων του $\displaystyle{ AC,BD }$ .

Θεωρούμε χορδή $\displaystyle{ FQ }$ του $\displaystyle{ \left( O \right) }$ που έχει μέσο το $\displaystyle{ E }$ και έστω $\displaystyle{ Z,H }$ τα σημεία τομής της χορδής αυτής με

τις απέναντι πλευρές του τετραπλεύρου (στο σχήμα μας με τις $\displaystyle{ BC,AD }$ αντίστοιχα). Να δειχθεί ότι το $\displaystyle{ E }$ είναι το μέσο και του τμήματος $\displaystyle{ ZH }$

Απόδειξη

: Θεώρημα πεταλούδα & δώρο το σχήμα για τον Μπάμπη.png (61.83 KiB) Προβλήθηκε 1032 φορές

Προφανώς $\displaystyle{ OE \bot FQ }$ (αφού $\displaystyle{ E }$ το μέσο της $\displaystyle{ FQ }$ , το $\displaystyle{ OE }$ θα είναι το απόστημα σε αυτή )

Έστω $\displaystyle{ M,N }$ τα μέσα των $\displaystyle{ AD,BC }$ αντίστοιχα. Τότε από τα όμοια τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle AED,\vartriangle BEC\left( {\widehat{DAE}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma - \sigma \tau o - \delta \iota o - \tau \xi o} \widehat{DAE},\;\widehat{ADE}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma - \sigma \tau o - \delta \iota o - \tau \xi o} \widehat{ECB}} \right) }$

και για τις ομόλογες διαμέσους $\displaystyle{ ED,EN }$ αντίστοιχα θα ισχύει: $\displaystyle{ \boxed{\widehat{AME} = \widehat{BNE}}:\left( 1 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ M,N }$ τα μέσα των $\displaystyle{ AD,BC }$ θα είναι $\displaystyle{ \left( {OM \bot AD,ON \bot BC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{OE \bot HZ} }$ τα τετράπλευρα $\displaystyle{ OEMH,OEZN }$ είναι εγγράψιμα σε κύκλο ... άρα

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} OEMH\left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o} \right) \to \widehat{EOH}\mathop = \limits^{\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa - \alpha \pi \nu \alpha \nu \tau \iota - \varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa } \widehat{AME} \\ OEZH\left( {\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o} \right) \to \widehat{EOZ}\mathop = \limits^{\beta \lambda \pi o\upsilon - \tau \eta \nu - \delta \iota - \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho } \widehat{BNE} \\ \end{gathered} \right.\quad \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right):\widehat{AME} = \widehat{BNE}} \widehat{EOH} = \widehat{EOZ} \Rightarrow }$ $\displaystyle{ OE }$ είναι διχοτόμος στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle HOZ }$

και επειδή είναι και ύψος $\displaystyle{ \left( {OE \bot ZH} \right) }$ το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle HOZ }$ θα είναι ισοσκελές $\displaystyle{ \left( {OH = OZ} \right) }$

και η $\displaystyle{ OE }$ θα είναι και διάμεσός του και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Με εκτίμηση
Στάθης

#5

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
KARKAR έγραψε:
Ωραίο πρόβλημα, αν και κάτι μου θυμίζει, ίσως άσκηση από IMO - short list.Μια σκέψη είναι η εξής :

IMO Shortlist 1996 http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 2a07#p3555

Απέναντι αλλά ίσες

Απέναντι αλλά ίσες

Re: Απέναντι αλλά ίσες

Re: Απέναντι αλλά ίσες

Re: Απέναντι αλλά ίσες

Re: Απέναντι αλλά ίσες

Μέλη σε σύνδεση