mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 05, 2013 12:28 am**

Έστω

το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και

διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου ABC.

Τα σημεία

και

ανήκουν στις ευθείες

και

ώστε $\displaystyle{BE = CF =\frac{AB + BC + CA}{2}.}$
Δείξτε ότι οι ευθείες

και

είναι κάθετες.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 06, 2013 1:40 pm**

socrates έγραψε:Έστω το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου
Τα σημεία και ανήκουν στις ευθείες και ώστε $\displaystyle{BE = CF =\frac{AB + BC + CA}{2}.}$
Δείξτε ότι οι ευθείες και είναι κάθετες.

Βάζω το σχήμα και για επαναφορά της ωραίας αυτής άσκησης.

: Socrates Seniors σχήμα.png (30.79 KiB) Προβλήθηκε 5691 φορές

Νίκος

Το σχήμα έγινε απ αυτά που "βλέπω" αλλά δεν έχω καταφέρει να "κλειδώσω" 100% με απόδειξη.

Ίσως μέσω της επαναφοράς αυτής έχουμε και την πλήρη λύση

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 06, 2013 2:04 pm**

$\bullet$ Τα σημεία $E,\ F,$ επί των προεκτάσεων των $BA,\ CA$ προς το μέρος του

αντιστοίχως, όπως ορίζονται στην εκφώνηση, προφανώς ταυτίζονται με τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων $(I_{b}),\ (I_{c})$ αντιστοίχως, στις ίδιες ευθείες.

Έστω $X,\ Y,$ τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (I)

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ στις πλευρές του $AB,\ AC$ αντιστοίχως και ας είναι $X',\ Y',$ τα σημεία επαφής στις ίδιες πλευρές, των κύκλων $(I_{c}),\ (I_{b}),$ αντιστοίχως.

Έστω $M,\ N,$ τα μέσα των πλευρών $AB,\ AC$ αντιστοίχως, τα οποία ταυτίζονται ως γνωστό, με τα μέσα των $XX',\ YY'.$

: Κάθετες ευθείες.; f=112_t=38995.PNG (36.3 KiB) Προβλήθηκε 5626 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο $Z\equiv I_{b}Y'\cap I_{c}X'$ και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε ότι $ZA\perp EF\ \ \ ,(1)$

Από MX = MX'

και

και $XI\parallel MO\parallel X'Z$ και $YI\parallel NO\parallel Y'Z,$ σύμφωνα με το Θεώρημα των αναλόγων διαιρέσεων, προκύπτει ότι τα σημεία $I,\ O,\ Z$ είναι συνευθειακά και ισχύει $IO = OZ\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και

$\Longrightarrow$ $DI\parallel ZA\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $DI\perp EF$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $E,\ F,$ τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων του $(I_{b}),\ (I_{c}),$ στις ευθείες $AB,\ AC,$ αντιστοίχως. Οι κύκλοι $(I_{b}),\ (I_{c}),$ εφάπτονται στι πλευρές $AC,\ AB,$ στα σημεία $Y',\ X'$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $Z\equiv I_{b}Y'\cap I_{c}X',$ όπου $I_{b},\ I_{c}$ είναι αντιστοίχως, τα κέντρα των κύκλων $(I_{b}),\ (I_{c})$ . Αποδείξτε ότι $ZA\perp EF.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 06, 2013 2:52 pm**

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $E,\ F,$ τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων του $(I_{b}),\ (I_{c}),$ στις ευθείες $AB,\ AC,$ αντιστοίχως. Οι κύκλοι $(I_{b}),\ (I_{c}),$ εφάπτονται στι πλευρές $AC,\ AB,$ στα σημεία $Y',\ X'$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $Z\equiv I_{b}Y'\cap I_{c}X',$ όπου $I_{b},\ I_{c}$ είναι αντιστοίχως, τα κέντρα των κύκλων $(I_{b}),\ (I_{c})$ . Αποδείξτε ότι $ZA\perp EF.$

: Κάθετες ευθείες - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112T=38995(a).PNG (37.86 KiB) Προβλήθηκε 5627 φορές

$\bullet$ Γράφουμε τους κύκλους $(K),\ (L),$ με διάμετρο $ZE,\ ZF$ αντιστοίχως, οι οποίοι τέμνονται στο σημείο έστω

και εύκολα προκύπτει ότι τα σημεία $E,\ H,\ F$ είναι συνευθειακά από $\angle ZHE = \angle ZX'E = 90^{o}$ και $\angle ZHF = \angle ZY'F = 90^{o}$ .

Άρα, ισχύει $ZH\perp EF$ και αρκεί να αποδειχθεί ότι η ευθεία

περνάει από το

Από

και

προκύπτει ότι το τετράπλευρο EFX'Y'

είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα έγγράψιμο σε κύκλο έστω (T).

Συμπεραίνεται έτσι, ότι η ευθεία ZH,

ως ο ριζικός άξονας των κύκλων $(K),\ (L),$ περνάει από το σημείο $A\equiv X'E\cap Y'F,$ ως το ριζικό κέντρο των κύκλων $(K),\ (L),\ (T)$ , λόγω $X'E\equiv (K)\cap (T)$ και $Y'F\equiv (L)\cap (T)$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 06, 2013 7:19 pm**

socrates έγραψε:Έστω το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου Τα σημεία και ανήκουν στις ευθείες και ώστε $\displaystyle{BE = CF =\frac{AB + BC + CA}{2}.}$ . Δείξτε ότι οι ευθείες και είναι κάθετες.

Μόνο για λόγους πλουραλισμού και απλά να θυμηθούμε νομίζω ένα ενδιαφέρον λήμμα καθετότητας.

: Κάθετες ευθείες.png (40.13 KiB) Προβλήθηκε 5616 φορές

Αν είναι τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές αντίστοιχα, τότε με διάμετρο του περικυκλίου του οι

είναι οι (ορθές) προβολές του τμήματος επί των ευθειών αντίστοιχα και ισχύει: $\left\{ \begin{gathered} \left( {BX} \right) = \tau - b = \left( {AF} \right) \hfill \\ \left( {CY} \right) = \tau - c = \left( {AE} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {AF} \right)}}{{\left( {BX} \right)}} = \frac{{\left( {AE} \right)}}{{\left( {CY} \right)}} = 1}$

οπότε σύμφωνα με το λήμμα που έχω αποδείξει εδώ θα είναι $\boxed{ID \bot EF}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 06, 2013 8:37 pm**

Ευχαριστώ και υποκλίνομαι σε δύο Μεγάλους της Γεωμετρίας. Τον Κώστα το Βήττα και τον Στάθη τον Κούτρα

Φιλικά και με εκτίμηση Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 07, 2013 9:38 pm**

Νίκο, όπως έχω πει και αλλού, είμαι μεγάλος μόνο στην ηλικία ( > 60 ) και καθώς γνωρίζω ότι είμαστε συνομήλικοι, είμαστε παρέα μαζί και με κάποιους άλλους εδώ στο

.

Μπορούμε βέβαια ακόμα να λέμε, ότι είμαστε οι "μικροί " ( 64 ) από τους μεγάλους.

$\bullet$ Με την ευκαιρία του προβλήματος που έχει τεθεί από τον socrates, ας δούμε μία εναλλακτική προσέγγιση του Λήμματος στο οποίο αναφέρθηκε ο φίλτατος Στάθης, το οποίο έχει πράγματι ενδιαφέρον ως θεώρημα και καλό είναι να το έχουμε υπόψη μας, αφού κάποιες αποδείξεις καλή ώρα όπως εδώ, απλουστεύονται ως άμεσες εφαρμογές του.

ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΚΑΘΕΤΩΝ ΕΥΘΕΙΩΝ. - Δίνεται γωνία $\angle xOy$ και έστω $M,\ N,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό της. Έστω $C,\ D,$ οι προβολές των $M,\ N$ αντιστοίχως επί της και έστω $E,\ Z,$ οι προβολές των επί της , αντιστοίχως. Επί των $Ox,\ Oy,$ ή επί των προεκτάσεών τους προς το μέρος του θεωρούμε τα σημεία $A,\ B$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $\displaystyle \frac{OA}{OB} = \frac{EZ}{CD}$ . Αποδείξτε ότι $MN\perp AB.$

Θα αποδείξουμε πρώτα την ακόλουθη Βοηθητική πρόταση, ειδική περίπτωση του ως άνω θεωρήματος.

ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Επί των προεκτάσεων των πλευρών $AB,\ AC,$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , προς το μέρος των $B,\ C,$ λαμβάνουμε τα σημεία $D,\ E$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $\displaystyle \frac{AB}{AC} = \frac{CE}{BD}$ . Οι δια των $B,\ C,$ κάθετες ευθείες επί των $AB,\ AC$ αντιστοίχως, τέμνονται στο σημείο έστω και ας είναι το σημείο τομής των δια των $D,\ E$ καθέτων ευθειών επί των $AD,\ AE,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $PQ\perp BC.$

: Κάθετες ευθείες - Θεώρημα Κούτρα - Απόδειξη της βοηθητικής πρότασης.; f=112_t=38995(b).PNG (17.75 KiB) Προβλήθηκε 5891 φορές

Απόδειξη της Βοηθητικής πρότασης. Έστω $D',\ E',$ οι προβολές του σημείου

επί των $QD,\ QE$ αντιστοίχως και

από $PD'\parallel = BD$ και $PE'\parallel = CE$ , έχουμε $\angle D'PE' = \angle BAC$

και την ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle ABC,\ \vartriangle PE'D',$ λόγω $\displaystyle \frac{AB}{AC} = \frac{CE}{BD}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{AB}{AC} = \frac{PE'}{PD'}\ \ \ ,(1)$

Προκύπτει επομένως, $\angle ABC = \angle PE'D'\ \ \ ,(2)$ και από $\angle PE'D' = \angle PQD'\ \ \ ,(3)$ λόγω του εγραψίμου τετραπλεύρου PD'QE',

έχουμε $\angle ABC = \angle PQD'\ \ \ ,(4)$

Από (4)

συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο BDQT,

όπου $T\equiv BC\cap PQ,$ είναι εγγράψιμο και άρα,

ισχύει $\angle BTQ = \angle BDQ = 90^{o}$ $\Longrightarrow$ $PQ\perp BC$ και η Βοηθητική πρόταση έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Μία άλλη απόδειξη της Βοηθητικής πρότασης, της οποίας ισχύει και το αντίστροφο, βασισμένη στο Πυθαγόρειο Θεώρημα, αφήνεται στον αναγνώστη ως άσκηση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

: Κάθετες ευθείες - Απόδειξη του Θεωρήματος Κούτρα.; f=112_t=38995(c).PNG (22.22 KiB) Προβλήθηκε 5885 φορές

Απόδειξη του Θεωρήματος. Έστω E',

το σημείο επί της Oy,

ώστε να είναι $CE'\parallel AB$ και ας είναι $M',\ N',\ Z',$

τα σημεία επί των $MC,\ ND,\ Oy$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $M'E'\parallel ME$ και $M'N'\parallel MN$ και $N'Z'\parallel NZ.$

Από $CE'\parallel AB$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{OA}{OB} = \frac{OC}{OE'}\ \ \ ,(1)$

Από $M'N'\parallel = MN$ $\Longrightarrow$ $E'Z' = EZ\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ και $\displaystyle \frac{OA}{OB} = \frac{EZ}{CD}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{OC}{OE'} = \frac{E'Z'}{CD}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

, σύμφωνα με την Βοηθητική πρόταση, έχουμε $M'N'\perp CE'\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και $M'N'\parallel MN$ και $CE'\parallel AB$ συμπεραίνεται ότι $MN\perp AB$ και το Θεώρημα των καθέτων ευθειών ( ή θεώρημα Κούτρα ), έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 08, 2013 2:08 pm**

vittasko έγραψε:ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΚΑΘΕΤΩΝ ΕΥΘΕΙΩΝ. - Δίνεται γωνία $\angle xOy$ και έστω $M,\ N,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό της. Έστω $C,\ D,$ οι προβολές των $M,\ N$ αντιστοίχως επί της και έστω $E,\ Z,$ οι προβολές των επί της , αντιστοίχως. Επί των $Ox,\ Oy,$ ή επί των προεκτάσεών τους προς το μέρος του θεωρούμε τα σημεία $A,\ B$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $\displaystyle \frac{OA}{OB} = \frac{EZ}{CD}$ . Αποδείξτε ότι $MN\perp AB.$

...Θεώρημα των καθέτων ευθειών ( ή θεώρημα Κούτρα ), έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Κώστα καλημέρα,

Εδώ ταιριάζει η παροιμία: Μεγάλη μπουκιά φάε, μεγάλη κουβέντα μη λες

Όλη η ιστορία ξεκινάει από μια απλή άσκηση (όχι δικής μου κατασκευής) που αντιμετώπισα σαν μαθητής.

Άσκηση: Έστω το σημείο τομής δύο ευθειών $\left( x \right),\left( y \right)$ και ας είναι $B,A' \in \left( x \right)$ και $A,B' \in \left( y \right)$ εκατέρωθεν του όπως φαίνεται στο σχήμα και έστω

το σημείο τομής των εκ των καθέτων ευθειών επί των $\left( y \right),\left( x \right)$ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι $OK \bot A'B'$

: Θεώρημα καθετότητας ευθειών.png (42.86 KiB) Προβλήθηκε 5829 φορές

Η απόδειξη είναι απλή... Από την προφανή ισότητα (Π – Γ – Π) των τριγώνων $\vartriangle OAB,\vartriangle OA'B' \Rightarrow \boxed{\angle OBA = \angle OB'A'}:\left( 1 \right)$ .

Η προφανής εγγραψιμότητα του τετραπλεύρου $OAKB\left( {\angle OAK = \angle OBK = {{90}^0}} \right)$ οδηγεί στο να είναι $\angle OBA = \angle OKA\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \angle OB'A' = \angle OKA \Rightarrow K,B,B',M$

ομοκυκλικά, με $M \equiv OK \cap A'B'$ , οπότε $\angle KMB' = \angle KAB' = {90^0} \Rightarrow KO \bot A'B'$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Αν λοιπόν το τμήμα μεταφερθεί παράλληλα προς τον εαυτό του διατηρώντας το μήκος του (ας πούμε) στη θέση τότε προφανώς ισχύει:

$\left( {{O_1}{{K'}_1}} \right) = \left( {OA} \right),\left( {{O_2}{{K'}_2}} \right) = \left( {OB} \right)$ , με ${O_1}{K'_1},{O_2}{K'_2}$ τις ορθές προβολές του στις $\left( y \right),\left( x \right)$ αντίστοιχα, και αν μεταφερθεί παράλληλα

προς τον εαυτό του στη θέση (μέσω της αναλογίας $\dfrac{{\left( {OA''} \right)}}{{\left( {OB''} \right)}} = \dfrac{{\left( {OA'} \right)}}{{\left( {OB'} \right)}} = \ldots \dfrac{{\left( {OA} \right)}}{{\left( {OB} \right)}}$ )

τότε προφανώς ισχύει $O'K' \bot A''B''$ ως παράλληλα αντίστοιχα στα μεταξύ τους κάθετα τμήματα και .

Θεωρώ λοιπόν ότι οι απλές αυτές μετακινήσεις σε μια τόση ΓΙΓΑΝΤΟΜΕΝΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΔΕΝ μπορεί να μην έχουν γίνει προγενέστερα και είμαι σχεδόν βέβαιος ότι δεν είναι πρωτοεμφανιζόμενη πρόταση. Για τον λόγο αυτό θεωρώ ότι εδώ έχεις διαπράξει "ΑΜΑΡΤΗΜΑ" (με την έννοια της αστοχίας) χαρακτηρίζοντας την πρόταση αυτή
(και) ως (Θεώρημα Κούτρα).

Όπως και να έχει το «πράγμα» συμφωνώ μαζί σου ότι είναι μια σπουδαία πρόταση που πρέπει να έχουμε κατά νου σε περιπτώσεις που ζητείται καθετότητα ευθειών και τα δεδομένα του προβλήματος είναι μετρικά, γιατί μπορεί να «πέσουμε» πάνω της ή να την «κυνηγήσουμε»

Με αγάπη και εκτίμηση
Στάθης

Υ.Σ. Εδώ μου ταιριάζει ένας στίχος από το «Αν μπορείς» του Κίπλινγκ

… Αν να ονειρεύεσαι μπορείς δίχως να γίνεις δούλος των ονείρων σου
Αν να στοχάζεσαι μπορείς χωρίς να γίνει ο στοχασμός σκοπό σου
Αν ν’ αντικρίζεις σου βαστά το θρίαμβο και τη συμφορά παρόμοια
Και όμοια να φέρεσαι σ’ αυτούς τους δυο τυραννικούς απατεώνες..

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 08, 2013 8:00 pm**

Γεια σου Στάθη.

Όπως γνωρίζεις, είμαι απ' αυτούς που πιστεύουν ότι "Nothing is new under the geometry sun", όπως λέει κάπου αλλού ο αγαπητός φίλος Francois Redeau.

Επίσης, τίποτα δεν μας έρχεται ουρανοκατέβατο, αλλά συσχετίζεται με κάτι που έχει προηγηθεί και είναι σίγουρο ότι μαθαίνουμε κυρίως από τους άλλους.

Αν και ευχαριστήθηκα τη λύση που έδωσα πιο πάνω, έστω και αν διαπιστωθεί ( ας μας πει ο socrates ) ότι είναι γνωστή, μου κάνει εντύπωση πως μία τόσο απλή ιδέα ως κριτήριο καθετότητας, δεν έχει τύχει να την συναντήσω μέχρι τώρα, στην ελληνική βιβλιογραφία που έχω υπόψη μου.

Για δεύτερη φορά εδώ στο

, βλέπουμε να προσεγγίζεται ένα όχι εύκολο πρόβλημα, ως άμεση εφαρμογή αυτού του θεωρήματος και μπορεί κάποτε μία ονοματοδοσία να είναι καταχρηστική, όμως δεν σου κρύβω ότι "εγένετο κτήμα μου" αυτό το θεώρημα, συνδυασμένο με το όνομά σου και έτσι θα έρχεται στο νου μου από δω και πέρα.

Καλά να περνάς όπου κι αν βρίσκεσαι.

Με αγάπη, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Βλέπω συντονισμό τελευταία, με Ιεράπετρα μεριά και τα ζητούμενα πληθύνονται ...

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Φεβ 26, 2019 1:18 am**

Καλημέρα σε όλους! Με αφορμή το θέμα τούτο σκέφτηκα να κάνω μια προσπάθεια για απόδειξη του επώνυμου Stathis Koutras' Theorem

: Θεώρημα Στάθη Κούτρα.PNG (14.46 KiB) Προβλήθηκε 3351 φορές

Οι

είναι οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα.

Ι) Έστω $MN \perp AB$ . Θ.δ.ο $\dfrac{CD}{EZ}=\dfrac{OB}{OA}$ . Φέρω $MH \perp DN, MF \perp ZN$ οπότε $\dfrac{CD}{EZ}=\dfrac{MH}{MF}=\dfrac{MNsiny}{MNsinx}=\dfrac{siny}{sinx}$ .

Αλλά $y=\widehat{A}...x=\widehat{B}$ (οξείες με $\perp$ πλευρές) άρα $\dfrac{CD}{EZ}=\dfrac{sinA}{sinB}=\dfrac{OB}{OA}$ (Ν. Ημιτόνων).

II) Έστω $\dfrac{CD}{EZ}=\dfrac{OB}{OA}$ Θ.δ.ο $MN \perp AB$ . Έχουμε όπως πριν $\dfrac{CD}{EZ}=\dfrac{siny}{sinx}$ και $\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{sinA}{sinB}$ άρα $\dfrac{siny}{sinx}=\dfrac{sinA}{sinB}..(1)$

Αλλά $\widehat{DOZ}+x+y=\pi$ και $\widehat{AOB}+\widehat{A}+\widehat{B}=\pi$ έπεται $\widehat{A}+\widehat{B}=x+y..(2)$ .

Σύμφωνα με γνωστή πρόταση προκύπτει $x=\widehat{B}..y=\widehat{A}$ . Τότε (βλ. σχήμα) $x+\theta =\pi /2\Rightarrow \boxed {MN \perp AB}$ .

Με βαθειά εκτίμηση..Φιλικά Γιώργος.

mathematica.gr

Κάθετες ευθείες

Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες

Re: Κάθετες ευθείες