mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 06, 2016 11:07 pm**

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω το ύψος του και ας είναι , το σημείο στην προέκταση της προς το μέρος του , ώστε να ισχύει . Προσδιορίστε το σημείο έστω $Z\equiv BE$ , ώστε να είναι , όπου $P\equiv AD\cap CZ$ .

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 5:07 pm**

vittasko έγραψε:Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω το ύψος του και ας είναι , το σημείο στην προέκταση της προς το μέρος του , ώστε να ισχύει . Προσδιορίστε το σημείο έστω $Z\equiv BE$ , ώστε να είναι , όπου $P\equiv AD\cap CZ$ .
Κώστας Βήττας.

Με $PZ = PB \Rightarrow \angle PBE = \angle BZP\mathop \Rightarrow \limits^{Q \equiv CPZ \cap AB,F \equiv BP \cap AC}$ $\angle FBQ + \angle ABE\mathop = \limits^{\angle CZE\,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle EZC} \angle E + \angle FCQ$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ABE = \angle E\,\,\left( {AB = AE} \right)} \angle FBQ = \angle FCQ \Rightarrow B,Q,F,C$ ομοκυκλικά και σύμφωνα με το Λήμμα α),β) προκύπτει ότι το σημείο Miquel

του πλήρους τετραπλεύρου $CBQFAT,T\equiv QF\cap BC$ είναι σημείο της πολικής του σημείου $P\equiv BF\cap CQ$ και $PM\bot AT$ .
[attachment=0]Προσδιορισμός σημείου (3).png[/attachment]
Τότε εγγράψιμο σε κύκλο $\left( \angle PDT=\angle PMT={{90}^{0}} \right)$ οπότε $\boxed{\angle APM\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } \angle DTM \equiv \angle BTM}:\left( 1 \right)$ .

Με το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου $CBQFAT\Rightarrow MQBT$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε $\boxed{\angle AQM\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } \angle BTM}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \angle APM=\angle AQM\Rightarrow APQM$ εγγράψιμο σε κύκλο (προφανώς λόγω του σημείου Miquel στον ίδιο κύκλο βρίσκεται και το ) οπότε

$\angle PQA = \angle PMA = {90^0} \Rightarrow$ $QP \equiv CQ \bot AB\mathop \Rightarrow \limits^{AD \bot BC} P$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και ο προσδιορισμός του με τις συνθήκες της πρότασης έχει ολοκληρωθεί

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 6:02 pm**

Αυτό που κάνω είναι ο ορισμός του τζάμπα μάγκα.

Με το σχήμα του Κώστα.
Εχουμε $\angle BZC=\angle BEA+\angle ZCE$

$\angle ZBP=\angle EBA+\angle ABP$

Αλλά $\angle BEA=\angle EBA$

Αρα $ZP=PB\Leftrightarrow \angle BZC=\angle ZBP\Leftrightarrow \angle ZCE=\angle ABP$

Προφανώς αν

ορθόκεντρο του τριγώνου η τελευταία ισχύει.

Ένα σημείο είναι αν πάρουμε το

ορθόκεντρο του τριγώνου

Αν θέλουμε μοναδικότητα πρέπει να αποδειχθεί ότι το ορθόκεντρο είναι το μοναδικό σημείο του ύψους που έχει αυτή την ιδιότητα.

Συμπλήρωμα. Νομίζω ότι μόνο το ορθόκεντρο έχει αυτή την ιδιότητα οπότε το σημείο είναι μοναδικό.
Το έβαλα στο παρακάτω
viewtopic.php?f=22&t=55879

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 9:24 pm**

Σταύρο, δεν είναι τζάμπα μαγκιά, το να χρησιμοποιείς κάτι που έχει προηγηθεί. Τίποτα δεν έρχεται ουρανοκατέβατο και δεν είναι σπάνιο καλές ιδέες μας, να προκύπτουν από δύσκολες προσπάθειες άλλων.

Όντως, το ορθόκεντρο είναι το μοναδικό σημείο για το οποίο ισχύει η ισότητα $\angle PBA = \angle PCA$ , με $P\in AD$ και

το ύψος του $\vartriangle ABC$ .

Η μοναδικότητα αποδεικνύεται εύκολα με απαγωγή σε άτοπο, από την εγγραψιμότητα του τετραπλεύρου APB'C

, όπου

είναι το συμμετρικό σημείο του

ως προς

( = σταθερό σημείο) , από $\angle PCA = \angle PBA = \angle PB'A$ .

Σας ευχαριστώ και τους δύο θερμά, που ασχοληθήκατε.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Υπάρχει κάποια αναφορά στην βιβλιογραφία για την ιδιότητα αυτή του ορθοκέντρου τριγώνου που συζητάμε ; ( $PZ = PB\Rightarrow$ $P\equiv H$ )

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 07, 2016 11:53 pm**

Στάθη, σ' ευχαριστώ και χαίρομαι που επανέρχεσαι δριμύτερος.

Η απαγωγή σε άτοπο στην οποία αναφέρθηκα, είχε μόνο έμμεσο χαρακτήρα.

Πράγματι, αν υπάρχει έστω σημείο $P\in AD$ για το οποίο ισχύει $\angle PBA = \angle PCA$ τότε ο περίκυκλος του τετραπλεύρου APB'C

, όπου

είναι το συμμετρικό σημείο του

ως προς το

, ταυτίζεται με τον περίκυκλο του τετραπλεύρου AHB'C

, όπου

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου

έχουν κοινά τα σημεία $A,\ B',\ C$

και άρα, συμπεραίνεται ότι $P\equiv H$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Άλλη μία ενδιαφέρουσα ιδιότητα που έχει το ορθόκεντρο, είναι το ότι η διχοτόμος της γωνίας $\angle BHC$ για παράδειγμα, είναι παράλληλη προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ , που αποδεικνύεται εύκολα.

Το πρόβλημα που συζητάμε, προέκυψε από ένα ενδιαφέρον γενικότερο πρόβλημα κατασκευής, το οποίο δεν θυμάμαι αν το έχουμε ξαναδεί στο

.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όσο χρόνο πληκτρολογούσα την απάντησή μου, διαγράφτηκε προηγούμενη δημοσίευση του Στάθη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 08, 2016 12:32 am**

vittasko έγραψε:...
Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όσο χρόνο πληκτρολογούσα την απάντησή μου, διαγράφτηκε προηγούμενη δημοσίευση του Στάθη.

Κώστα καλησπέρα

Είχα γράψει το ευθύ της απόδειξης με την καταπληκτική συμμετρία που εμπνεύστηκες και στη συνέχεια βάζοντας μια μπελαλίδικη λύση (με άτοπο) για την μοναδικότητα του ορθοκέντρου με την εν λόγω ιδιότητα ανακάλυψα ότι την ίδια λύση είχε και ο καταπληκτικός "πιτσιρικάς μας Ορέστης" εδώ. Προτίμησα "για να μην του κάνω χαλάστρα" να διαγράψω τη δημοσίευση και να του χαρίσω το σχήμα μου στην όμορφη λύση του

Με εκτίμηση
Στάθης