Καθετότητα από παράκεντρα

#1

: Ορθή από παράκεντρα.png (19.31 KiB) Προβλήθηκε 632 φορές

Το

είναι τυχόν σημείο της πλευράς

τριγώνου

και

είναι το σημείο επαφής της

με τον

εγγεγραμμένο κύκλο. Αν

είναι το

παράκεντρο του τριγώνου ASC

και

το

παράκεντρο του

τριγώνου ABS,

να δείξετε ότι $K\widehat PL=90^\circ.$

giannimani · #2

: perp_excir.png (132.91 KiB) Προβλήθηκε 542 φορές

Έστω

,

οι προβολές των

,

στην ευθεία

αντίστοιχα. Ισχύει $PD=SE\quad (1)$ (αποδεικνύεται παρακάτω).

Έστω ακόμη

το μέσο του

. Από γνωστή ιδιότητα του ορθογώνιου τραπεζίου είναι ND=NE

, δηλαδή, το τρίγωνο NDE

είναι ισοσκελές,
οπότε $\angle NDE=\angle NED$ , και μαζί με την (1)

τα τρίγωνα NDP

και

είναι ίσα, επομένως $NP=NS \quad (2)$ .

Αλλά το τρίγωνο KSL

είναι ορθογώνιο εφόσον $\angle KSL=90^{\circ}$ (είναι $SK \bot SL$
ως διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών), οπότε $SN=\frac{KL}{2}$
Επομένως στο τρίγωνο PKL

η διάμεσος $PN=SN=\frac{KL}{2}$ , δηλαδή $\angle KPL=90^{\circ}$ .

Αποδεικνύουμε τώρα την ισότητα DP=SE

. Θα χρησιμοποιήσουμε τους γνωστούς τύπους για τα ευθύγραμμα τμήματα που ορίζουν στις πλευρές του τριγώνου τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου και των παρεγγεγραμμένων κύκλων.

Έστω $\tau$ , $\tau_{b}$ και $\tau_{c}$ οι ημιπερίμετροι των τριγώνων ABC

,

και

αντίστοιχα.
Τότε, $SE=\tau_{b}-BS=\frac{AB+BS+AS-2BS}{2}=\frac{AB+AS-BS}{2}\quad(2)$
και $DP=CD-PC=\tau_{c}-\tau+AB=\frac{AS+SC+AC-AB-BC-AC+2AB}{2}=\frac{AB+AS-BS}{2}\quad(3)$

Από τις (2), (3) προκύπτει η (1).

#3

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 27, 2025 10:25 am
Ορθή από παράκεντρα.png
Το είναι τυχόν σημείο της πλευράς τριγώνου και είναι το σημείο επαφής της με τον

εγγεγραμμένο κύκλο. Αν είναι το παράκεντρο του τριγώνου και το παράκεντρο του

τριγώνου να δείξετε ότι $K\widehat PL=90^\circ.$

Είχα την ίδια λύση με τον Γιάννη αλλά ήθελα να δείξω ότι η πρόταση ισχύει και για τα έγκεντρα των τριγώνων γιαυτό και έβαλα (με μία βοήθεια για την ισότητα των τμημάτων) το θέμα αυτό https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 81&t=78511

Dimessi · #4

Διαφορετική λύση (αρμονικοδιανυσματική )

: Καθετότητα από παράκεντρα.png (55.19 KiB) Προβλήθηκε 468 φορές

$\bullet$ Από $\displaystyle \left ( B,I_{1},Q,L \right )=-1\Leftrightarrow \frac{LQ}{LB}=\frac{I_{1}Q}{I_{1}B}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle QSB}=\frac{SQ}{SB}\overset{\Theta. \delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle ASB}$
$\displaystyle =\frac{SA}{SB+BA}\Rightarrow \frac{LB}{QB}=\frac{SB+BA}{SB+BA-SA}:\left ( 1 \right ).$
Οπότε $\displaystyle \overrightarrow{BL}\overset{\left ( 1 \right )\&\overrightarrow{BL}\uparrow \uparrow \overrightarrow{BQ}}=\frac{SB+BA}{SB+BA-SA}\cdot \overrightarrow{BQ}=\frac{SB+BA}{SB+BA-SA}\cdot \left ( \overrightarrow{BS} +\frac{SB}{SB+BA}\cdot \overrightarrow{SA}\right )$
$\displaystyle =\frac{SB+BA}{SB+BA-SA}\left ( \overrightarrow{BS}-\frac{SB}{SB+BA}\left ( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BS} \right ) \right )=\frac{BA\cdot \overrightarrow{BS}-SB\cdot \overrightarrow{AB}}{SB+BA-SA}\left ( \ast \right ).$
$\bullet$ Από $\displaystyle \left ( C,I_{2},X,K \right )=-1\Leftrightarrow \frac{KX}{KC}=\frac{I_{2}X}{I_{2}C}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle SXC}=\frac{SX}{SC}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle CSA}=\frac{SA}{SC+CA}$
$\displaystyle \Rightarrow \frac{KC}{XC}=\frac{SC+CA}{SC+CA-SA}:(2).$
Οπότε $\displaystyle \overrightarrow{CK}\overset{\left ( 2 \right )\&\overrightarrow{CK}\uparrow \uparrow \overrightarrow{CX}}=\frac{SC+CA}{SC+CA-SA}\cdot \overrightarrow{CX}=\frac{SC+CA}{SC+CA-SA}\cdot \left ( \overrightarrow{CS}+\frac{SC}{SC+CA}\cdot \overrightarrow{SA} \right )=$
$\displaystyle =\frac{SC+CA}{SC+CA-SA}\cdot \left ( \overrightarrow{CS}-\frac{SC}{SC+CA}\left ( \overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CS} \right ) \right )=\frac{CA\cdot \overrightarrow{CS}-SC\cdot \overrightarrow{AC}}{SC+CA-SA}\left ( \ast \ast \right ).$
$\displaystyle \overrightarrow{PK}\cdot \overrightarrow{PL}=\left ( \overrightarrow{PC}+\overrightarrow{CK} \right )\left ( \overrightarrow{PB}+\overrightarrow{BL} \right )=\left ( \overrightarrow{PC}+\frac{b\cdot \overrightarrow{CS}-SC\cdot \overrightarrow{AC}}{SC+b-SA} \right )\left ( \overrightarrow{PB}+\frac{c\cdot \overrightarrow{BS}-SB\cdot \overrightarrow{AB}}{SB+c-SA} \right )$
$\displaystyle \overrightarrow{PC}\left ( SC+b-SA \right )+b\cdot \overrightarrow{CS}-SC\cdot \overrightarrow{AC}$
$\displaystyle =\frac{a+b-c}{2a}\cdot \left ( SC+b-SA \right )\cdot \overrightarrow{BC}-b\cdot \frac{SC}{a}\cdot \overrightarrow{BC}-SC\cdot \left ( \overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC} \right )$
$\displaystyle =\frac{\left ( a+b-c \right )\left ( b-SA \right )-SC\left ( a+b+c \right )}{2a}\cdot \overrightarrow{BC}-SC\cdot \overrightarrow{AB}.$
$\displaystyle \overrightarrow{PB}\left ( SB+c-SA \right )+c\cdot \overrightarrow{BS}-SB\cdot \overrightarrow{AB}=-\frac{a+c-b}{2a}\left ( SB+c-SA \right )\cdot \overrightarrow{BC}+c\cdot \frac{SB}{a}\cdot \overrightarrow{BC}-SB\cdot \overrightarrow{AB}=$
$\displaystyle =\frac{\left ( a-SC \right )\left ( b+c-a \right )+\left ( b-c-a \right )\left ( c-SA \right )}{2a}\cdot \overrightarrow{BC}-\left ( a-SC \right )\cdot \overrightarrow{AB}.$
Από την σχέση $\displaystyle \overrightarrow{BC}\cdot \overrightarrow{AB}=\frac{b^{2}-c^{2}-a^{2}}{2}$ και από την σχέση $\displaystyle SB\cdot b^{2}+SC\cdot c^{2}=a\left ( SA^{2}+SB\cdot SC \right ),$ έχουμε τελικά ότι (δεν χωράνε όλα στο φόρουμ αλλά το δύσκολο κομμάτι το έχω κάνει εγώ ) $\displaystyle \overrightarrow{PK}\cdot \overrightarrow{PL}=0\Leftrightarrow \overrightarrow{PK}\perp \overrightarrow{PL}.$

: Καθετότητα από παράκεντρα.png (55.19 KiB) Προβλήθηκε 468 φορές

Dimessi · #5

Δεύτερη λύση μου (πιο εύκολη από την πρώτη μου)

: Δεύτερη λύση με καφέ. .png (48.46 KiB) Προβλήθηκε 389 φορές

$\displaystyle \left.\begin{matrix} KS^{2}-KP^{2}=CS^{2}-CP^{2}+2CK\cdot PS\cdot \cos \frac{\angle C}{2} & \\PL^{2}-SL^{2}=BP^{2}-BS^{2}+2PS\cdot BL\cdot \cos \frac{\angle B}{2} & \\ \end{matrix}\right\}$ $\displaystyle \Rightarrow \left ( KS^{2}+SL^{2} \right )-\left ( KP^{2}+PL^{2} \right )=CS^{2}+BS^{2}-\left ( CP^{2} +BP^{2}\right )+2PS\left ( CK \cos \frac{\angle C}{2}-BL \cos \frac{\angle B}{2} \right ) \left ( 1 \right ).$
$\displaystyle CK \cos \frac{\angle C}{2}-BL \cos \frac{\angle B}{2}=\frac{b+CS+SA}{2}-\frac{c+BS+SA}{2}=\frac{b-c+CS-BS}{2}$
$\displaystyle \overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \left ( KS^{2}+SL^{2} \right )-\left ( KP^{2}+PL^{2} \right )=CS^{2}+BS^{2}-\left ( CP^{2}+BP^{2} \right )+PS\left ( CS-BS+PC-BP \right )$
$\displaystyle =CS\cdot CP+BS\cdot BP-CP\cdot CS-BP\cdot BS=0\overset{\angle KSL=90^\circ}\Rightarrow KP^{2}+PL^{2}=KL^{2}\Rightarrow \angle KPL=90^\circ.$

Dimessi · #6

Καλό μήνα σε όλους με μια λύση για μαχαιριές

: Όμορφη καθετότητα από συμμετρικό..png (48.88 KiB) Προβλήθηκε 337 φορές

$\bullet$ Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

και

το συμμετρικό του

ως προς το

κι ας είναι $KQ \perp BC \left ( Q\in BC \right ),W\equiv KJ\cap \overline{BIL}.$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle BIC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{KWJ}:\frac{KI}{KC}\cdot \frac{WB}{WI}\cdot \frac{JC}{JB}=1\overset{IP \parallel KQ}\Rightarrow \frac{WI}{WB}=\frac{QP}{QC}\cdot \frac{JC}{JB}\left ( \ast \right ).$ Αφού το

είναι το

παράκεντρο του $\vartriangle ACS,$ άρα $\displaystyle \frac{QP}{QC}=\frac{\frac{SA+AC+CS}{2}-\frac{AC+BC-AB}{2}}{\frac{SA+AC+CS}{2}}=\frac{SA-SB+AB}{SA+AC+CS}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \frac{WI}{WB}=\frac{SA-SB+AB}{SA+AC+CS}\cdot \frac{BC-\left ( AB+BC-AC \right )}{AB+BC-AC}$
$\displaystyle \Rightarrow \frac{WB}{BI}=\frac{(SA+SC+b)(a+c-b)}{(SA+SC+b)\left ( a+c-b \right )+(SA-SB+c)\left ( b-c \right )}\left ( \ast \right ).$
Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle KCJ$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{BWI}:\frac{BJ}{BC}\cdot \frac{WK}{WJ}\cdot \frac{IC}{IK}=1 \overset{KQ \parallel PI}\Rightarrow \frac{WJ}{WK}=\frac{a+c-b}{a}\cdot \frac{PC}{PQ}=\frac{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}{a\left ( b+SA+CS-b-a+c \right )}$
$\displaystyle =\frac{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}{a\left ( SA+CS+c-a \right )}\Rightarrow \frac{KJ}{WJ}=\frac{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )+a\left ( SA+CS+c-a \right )}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}\left ( \ast \ast \right ).$ Από $\displaystyle \frac{BI}{BL}=\frac{a+c-b}{c+BS+SA}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \frac{WB}{BL}=\frac{\left ( SA+SC+b \right )\left ( a+c-b \right )^{2}}{\left ( c+BS+SA \right )\left ( \left ( SA+SC+b \right )\left ( a+c-b \right )+\left ( SA-SB+c \right )\left ( b-c \right ) \right )}\left ( 1 \right ).$ Από το παραλληλόγραμμο LBHJ

έχουμε $\displaystyle HJ\cdot KJ\cdot \cos \angle HJK \overset{\left ( \ast \ast \right )}=BL\cdot \frac{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )+a\left ( SA+CS+c-a \right )}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}\cdot WJ\cdot \cos \angle JWI=$
$\displaystyle =BL\cdot \frac{a^{2}-\left ( b-c \right )^{2}+a\left ( SA+CS+c-a \right )}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}\cdot \left ( BJ \cos \frac{\angle B}{2}-BW \right )$
$\displaystyle =\frac{a\left ( SA+CS+c \right )-\left ( b-c \right )^{2}}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}\cdot \left ( 2BP\cdot \frac{c+BS+SA}{2}-BL\cdot BW \right )\left ( {\color{Red} \ast \ast \ast } \right )$
Είναι
$\displaystyle \left.\begin{matrix} KH^{2}=HJ^{2}+KJ^{2}-2HJ\cdot KJ\cdot \cos \angle HJK & \\ KL^{2}=BL^{2}+KB^{2}-2BL\cdot KB\cdot \cos \angle KBL & \\ \end{matrix}\right\}\overset{HJ=BL}\Rightarrow KH^{2}-KL^{2}=KJ^{2}-KB^{2}+2BL\left ( KB \cos \angle KBL-KJ \cos \angle HJK \right )\left ( 2 \right ).$
$\bullet$ Έχουμε
$\displaystyle \cos \angle KBL=-\cos \left ( \angle KBQ+\angle CBL \right )=-\left ( \frac{QB}{KB}\cdot \frac{AB+BS+SA}{2BL}-\frac{KQ}{KB}\cdot \frac{LV}{BL} \right ) \left ( LV \perp BC \right ).$
$\displaystyle \frac{KQ}{IP}\cdot \frac{LV}{IP}=\frac{CQ}{CP}\cdot \frac{BV}{BP}=\frac{\left ( AB+BS+SA \right )\left ( AC+CS+SA \right )}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}\Rightarrow KQ \cdot LV=IP^{2}\cdot \frac{\left ( c+BS+SA \right )\left ( b+CS+SA \right )}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}$

$\displaystyle 2BK\cdot BL\cdot \cos \angle KBL=2IP^{2}\cdot \frac{\left ( c+BS+SA \right )\left ( b+CS+SA \right )}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}-\left ( c+BS+SA \right )\cdot \frac{b+CS+SA-2a}{2}.$
$\displaystyle 2HJ\cdot JK\cdot \cos \angle HJK\overset{\left ( \ast \ast \ast \right )}=\frac{a\left ( SA+CS+c \right )-\left ( b-c \right )^{2}}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}\left ( \left ( c+BS+SA \right )\left ( a+c-b \right )-2BL\cdot BW \right ).$
$\displaystyle BL\cdot BW=\left ( BP^{2}+IP^{2} \right )\cdot \frac{\left ( c+BS+SA \right )\left ( \left ( SA+CS+b \right )\left ( a+c-b \right )+\left ( SA-SB+c \right ) \left ( b-c \right )\right )}{\left ( b+CS+SA \right )\left ( a+c-b \right )^{2}}\cdot \frac{\left ( b+CS+SA \right )\left ( a+c-b \right )}{\left ( SA+SC+b \right )\left ( a+c-b \right )+\left ( SA-SB+c \right )\left ( b-c \right )}=\frac{c+BS+SA}{a+c-b}\left ( BP^{2}+IP^{2} \right )=\frac{c+BS+SA}{a+c-b}\cdot \frac{\left ( a+c-b \right )^{2}}{4}+\frac{c+BS+SA}{a+c-b}\cdot IP^{2}.$
$\displaystyle \left ( c+BS+SA \right )\left ( a+c-b \right )-2BL\cdot BW=\left ( c+BS+SA \right )\left ( \frac{a+c-b}{2}-\frac{2IP^{2}}{a+c-b} \right ).$
$\displaystyle 2HJ\cdot JK\cdot \cos \angle HJK=\frac{a\left ( SA+CS+c \right )}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}\cdot \frac{\left ( c+BS+SA \right )\left ( \left ( a+c-b \right )^{2}-4IP^{2} \right )}{2\left ( a+c-b \right )}.$

$\displaystyle 2BL\left ( KB \cos \angle KBL-KJ \cos \angle HJK\right )=2IP^{2}\left ( \frac{\left ( c+BS+SA \right )\left ( b+CS+SA \right )}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}+\frac{a\left ( b+CS+SA \right )\left ( c+BS+SA \right )}{\left ( a+c-b \right )^{2}\left ( a+b-c \right )} \right )-$
$\displaystyle -\left ( c+BS+SA \right )\left ( \frac{b+CS+SA}{2}-a+\frac{a\left ( SA+CS+c \right )}{2(a+b-c)} \right ).$
$\displaystyle IP=\frac{2\left ( ABC \right )}{a+b+c}\Rightarrow IP^{2}=\frac{4\tau \left ( \tau -a \right )\left ( \tau -b \right )\left ( \tau -c \right )}{\left ( a+b+c \right )^{2}}=\frac{\left (a+b-c \right)\left ( a+c-b \right )\left ( b+c-a \right )}{4\left ( a+b+c \right )}.$
$\displaystyle \left ( 2 \right )\Rightarrow KH^{2}-KL^{2}=KJ^{2}-KB^{2}+2BL\left ( KB \cos \angle KBL-KJ \cos \angle HJK \right )$ $\displaystyle \overset{KQ \perp BC}=BJ\left ( 2QB+BJ \right )+K,$

όπου σύμφωνα με τους παραπάνω υπολογισμούς προκύπτει ότι $K=-4BP \cdot QP=-BJ(2QB+BJ)$ και τελικά ότι KH=KL.

Οπότε αφού

μέσο του

θα είναι και $\angle KPL=90^\circ.$

: Όμορφη καθετότητα από συμμετρικό..png (48.88 KiB) Προβλήθηκε 337 φορές

Για τις πράξεις μην πείτε πράξεις είναι σιγά μωρέ...

έχουν γεωμετρικό περιεχόμενο μέσα . Το λέω για τους μαθητές.

Καθετότητα από παράκεντρα

Καθετότητα από παράκεντρα

Re: Καθετότητα από παράκεντρα

Re: Καθετότητα από παράκεντρα

Re: Καθετότητα από παράκεντρα

Re: Καθετότητα από παράκεντρα

Re: Καθετότητα από παράκεντρα

Μέλη σε σύνδεση