mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2019 9:29 pm**

Καλησπέρα. Βρήκα αυτή την άσκηση την οποία θέλω να μοιραστώ:
Έστω τρίγωνο ABC

. Έστω

τα μέσα των πλευρών AB,AC

αντίστοιχα,

το έγκεντρο του τριγώνου, και σημεία D,E

στις πλευρές AB,AC

αντίστοιχα ώστε BD=CE=BC

. Έστω

ευθεία που διέρχεται από το

και ισχύει $l_1\perp IM$ και l_2

που διέρχεται από το

και ισχύει $l_2\perp IN$ . Αν οι l_1

και

τέμνονται στο

να δειχτεί ότι $AP\perp BC$ .
Υπόδειξη: Για να μην υπάρχουν προβλήματα με το σχήμα καλύτερα η

να είναι η μικρότερη πλευρά και τα D,E

να βρίσκονται στα εσωτερικά των AB,AC

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2019 11:03 pm**

miltosk έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2019 9:29 pm Καλησπέρα. Βρήκα αυτή την άσκηση την οποία θέλω να μοιραστώ:
Έστω τρίγωνο . Έστω τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα, το έγκεντρο του τριγώνου, και σημεία στις πλευρές αντίστοιχα ώστε . Έστω ευθεία που διέρχεται από το και ισχύει $l_1\perp IM$ και που διέρχεται από το και ισχύει $l_2\perp IN$ . Αν οι και τέμνονται στο να δειχτεί ότι $AP\perp BC$ .
Υπόδειξη: Για να μην υπάρχουν προβλήματα με το σχήμα καλύτερα η να είναι η μικρότερη πλευρά και τα να βρίσκονται στα εσωτερικά των .

: καθετότητα_απο miltosk.png (31.41 KiB) Προβλήθηκε 1700 φορές

Το σχήμα της άσκησης που φαίνεται ωραία

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 15, 2019 7:09 pm**

miltosk έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2019 9:29 pm Καλησπέρα. Βρήκα αυτή την άσκηση την οποία θέλω να μοιραστώ:
Έστω τρίγωνο . Έστω τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα, το έγκεντρο του τριγώνου, και σημεία στις πλευρές αντίστοιχα ώστε . Έστω ευθεία που διέρχεται από το και ισχύει $l_1\perp IM$ και που διέρχεται από το και ισχύει $l_2\perp IN$ . Αν οι και τέμνονται στο να δειχτεί ότι $AP\perp BC$ .
Υπόδειξη: Για να μην υπάρχουν προβλήματα με το σχήμα καλύτερα η να είναι η μικρότερη πλευρά και τα να βρίσκονται στα εσωτερικά των .

Πράγματι ενδειαφέρουσα καθετότητα !

: καθετότητα.png (31.07 KiB) Προβλήθηκε 1618 φορές

Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις αντίστοιχα και οι ορθές προβολές των στην . Από $IM\bot DP$ σύμφωνα με το Stathis Koutras' Theorem θα είναι: $\dfrac{KL}{MF}=\dfrac{AD}{AP}:\left( 1 \right)$ .

Επίσης από $IN\bot EP$ από το ίδιο θεώρημα προκύπτει ότι: $\dfrac{{K}'L}{NT}=\dfrac{AE}{AP}:\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right):\left( 2 \right)$ έχουμε: $\dfrac{\dfrac{KL}{MF}}{\dfrac{{K}'L}{NT}}=\dfrac{AD}{AE}:\Rightarrow \dfrac{KL}{{K}'L}=\dfrac{AD}{AE}\cdot \dfrac{MF}{NT}:\left( 3 \right)$

Όμως $AD=c-a,AE=b-a,MF=MB-BF=\dfrac{c}{2}-\left( \tau -b \right)=\dfrac{b-a}{2}$ και ομοίως $NT=\dfrac{c-a}{2}$ οπότε από $\left( 3 \right)\Rightarrow \dfrac{KL}{{K}'L}=1\Rightarrow K\equiv {K}'$ και συνεπώς $MNK\bot AP\overset{MN\parallel BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,AP\bot BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Θα με ενδιέφερε ιδιαίτερα η λύση που έχει ο εισηγητής του προβλήματος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 15, 2019 8:05 pm**

Άλλη μία εμπνευσμένη εφαρμογή του Θεωρήματος Κούτρα.

Στάθη, σ' ευχαριστώ από καρδιάς.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Βρήκα μία διέξοδο με ορθολογικά τρίγωνα, αλλά κόλλησα σε ένα Λήμμα. Αν καταφέρω να το αποδείξω, θα βάλω την απόδειξη της πρότασης για να φανεί η σπουδαιότητα του ως άνω θεωρήματος για την λύση ( ενίοτε δύσκολων ) προβλημάτων καθετότητας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 15, 2019 8:53 pm**

vittasko έγραψε: Δευ Ιούλ 15, 2019 8:05 pm
Βρήκα μία διέξοδο με ορθολογικά τρίγωνα, αλλά κόλλησα σε ένα Λήμμα. Αν καταφέρω να το αποδείξω, θα βάλω την απόδειξη της πρότασης για να φανεί η σπουδαιότητα του ως άνω θεωρήματος για την λύση ( ενίοτε δύσκολων ) προβλημάτων καθετότητας.

Κύριε Βήττα με προλάβατε! Και εγώ με ορθολογικά τρίγωνα κινήθηκα ( ADE

και

), το λήμμα είναι ότι η ευθεία

, όπου

το περίκεντρο, είναι κάθετη στην

. Ευτυχώς είναι γνωστό λήμμα:

Εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 15, 2019 9:16 pm**

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: Δευ Ιούλ 15, 2019 8:53 pm
vittasko έγραψε: Δευ Ιούλ 15, 2019 8:05 pm
Βρήκα μία διέξοδο με ορθολογικά τρίγωνα, αλλά κόλλησα σε ένα Λήμμα. Αν καταφέρω να το αποδείξω, θα βάλω την απόδειξη της πρότασης για να φανεί η σπουδαιότητα του ως άνω θεωρήματος για την λύση ( ενίοτε δύσκολων ) προβλημάτων καθετότητας.

Κύριε Βήττα με προλάβατε! Και εγώ με ορθολογικά τρίγωνα κινήθηκα ( και ), το λήμμα είναι ότι η ευθεία , όπου το περίκεντρο, είναι κάθετη στην . Ευτυχώς είναι γνωστό λήμμα:

Εδώ

Υπάρχουν και κάποιες αποδείξεις του λήμματος που αναφέρεις Διονύση και εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 15, 2019 9:41 pm**

Να επισυμάνω ότι ως

ονομάζω την ημιπερίμετρο του ABC

(δεν έπαιρνε το ελληνικό τ)Ας επισυνάψω λοιπόν και τη δική μου λύση. Η ιδέα δεν είναι διαφορετική θα προσπαθήσω δηλαδή να αποδείξω ότι $AP\perp MN$ .
Αν ισχύει αυτό τότε ισχύει και η συνθήκη καθετότητας $AP\perp MN \Leftrightarrow PN^{2}-PM^{2}=AN^{2}-AM^{2}=\frac{AC}{4}^{2}-\frac{AB}{4}^{2}$
Αρχικά έχουμε $EP\perp IN$ συνεπώς από τη συνθήκη καθετότητας έχουμε ότι:
$PN^{2}-PI^{2}=EN^{2}-EI^{2}, (1)$
Ομοίως $PD\perp IM$ άρα:
$PM^{2}-PI^{2}=DM^{2}-DI^{2}, (2)$
Αφαιρώντας κατά μέλη τις (1), (2)

λαμβάνουμε:
$PN^{2}-PM^{2}=EN^{2}-DM^{2}+DI^{2}-EI^{2}, (3)$
Όμως:
$\mid EN \mid = \mid EC-NC \mid \Leftrightarrow EN^{2}=(BC-\frac{AC}{2})^{2}=BC^{2}-AC\cdot BC+\frac{AC}{4}^{2},(4)$
$\mid DM \mid = \mid DB-MB \mid \Leftrightarrow DM^{2}=(BC-\frac{AB}{2})^{2}=BC^{2}-AB\cdot BC+\frac{AB}{4}^{2},(5)$
Αφαιρώντας κατά μέλη τις (4),(5)

τότε λαμβάνουμε:
$EN^{2}-DM^{2}=BC(AB-AC)+\frac{AC}{4}^{2}-\frac{AB}{4}^{2},(6)$
Νόμος συνημιτόνων στο τρίγωνο CIE

:
$IE^{2}=IC^{2}+CE^{2}-2IC \cdot CE\cdot\cos\frac{C}{2},(7)$
Νόμος συνημιτόνων στο IBD

:
$ID^{2}=IB^{2}+BD^{2}-2IB \cdot BD\cdot\cos\frac{B}{2},(8)$
Αφαιρώντας τις (7),(8)

κατά μέλη και χρησιμοποιώντας το γεγονός ότι BD=CE=BC

λαμβάνουμε ότι:
$ID^{2}-IE^{2}=IB^{2}-IC^{2}-2BC(IB\cdot\cos\frac{B}{2}-IC\cdotCE\cdot\cos\frac{C}{2},(9)$
Όμως:
$IB\cdot\cos\frac{B}{2}=t-AC,(10)$
$IC\cdot\cos\frac{C}{2}=t-AB, (11)$
Έτσι από τις (10),(11)

η

γίνεται:
$ID^{2}-IE^{2}=IB^{2}-IC^{2}-2BC(AB-AC), (12)$
Συνδυάζοντας τις σχέσεις (6),(12)

η

γίνεται:
$PN^{2}-PM^{2}=\frac{AC}{4}^{2}-\frac{AB}{4}^{2}+IB^{2}-IC^{2}-BC(AB-AC)$
Πρακτικά μένει να αποδείξουμε ότι:
$IB^{2}-IC^{2}=BC(AB-AC)$
Έστω

η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου. Τότε από δύναμη σημείου:
$IB^{2}-r^{2}=(t-AC)^{2}, (13)$
$IC^{2}-r^{2}=(t-AB)^{2}, (14)$
Αφαιρώντας τις (13),(14)

κατά μέλη έχουμε:
$IB^{2}-IC^{2}=(t-AC)^{2}-(t-AB)^{2}=(t-AC-t+AB)(t-AC+t-AB)=(AB-AC)BC$ και το ζητούμενο έπεται.
Αν υπάρχει κάποιο πρόβλημα στην αντικατάσταση των συνημιτόνων και στις δυνάμεις των σημείων επειδή τα θεωρώ δεδομένα θα παραθέσω ένα γενικό σχήμα. Θα προσπαθήσω να βρω την πηγή διότι πρόκειται για πολύ ωραίο άρθρο.

mathematica.gr

Καθετότητα

Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα