mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 04, 2023 11:37 pm**

Έστω ότι το ορθόκεντρο

του τριγώνου $A_{1}BC$ είναι και το έγκεντρο του τριγώνου $A_{2}BC$ . Το σημείο

είναι το περίκεντρο του τριγώνου $A_{1}BC$ . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες $A_{1}A_{2}$ ,

και

διέρχονται από το ίδιο σημείο.

: orthoc_incent .png (36.89 KiB) Προβλήθηκε 3344 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 05, 2023 5:42 pm**

Θέτουμε $\angle BA_{1}C=\angle A$ , $\angle A_{1}BC=\angle B$ και $\angle A_{1}CB=\angle C.$

Υποθέτουμε ότι η ευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

Είναι $\displaystyle \frac{OC}{QC}=\frac{sin \left ( 90^\circ-\angle A+\angle HOC \right )}{sin \angle HOC}=\frac{cos \left ( \angle A-\angle HOC \right )}{sin \angle HOC}.$

Αφού $\displaystyle \frac{OC}{BC}\cdot \frac{BC}{HC}=\frac{1}{2cos C}=\frac{sin \left ( B-A +\angle HOC\right )}{sin \angle HOC}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow sin \left ( B-A \right )cot\angle HOC+cos\left ( B-A \right )=\frac{1}{2cos C}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow cot\angle HOC=\frac{1+2cos\left (B -A \right )cos\left ( B+A \right )}{2sin \left ( B-A \right )cos C}$ ,

έπεται ότι $\displaystyle \frac{OC}{QC}=\frac{cos A-2cos Acos \left ( B-A \right )cos C}{2sin\left ( B-A \right )cos C}+\frac{2sin\left ( B-A \right )cos CsinA}{2sin\left ( B-A \right )cos C}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \frac{OC}{QC}=\frac{cos A-2cos Ccos B}{2sin\left ( B-A \right )cos C}=\frac{2cos A-cos \left ( B-C \right )}{2sin\left ( B-A \right )cos C}\left ( I \right )$

Υποθέτουμε ότι οι ευθείες $A_{1}A_{2}$ και

τέμνονται στο σημείο

Είναι $\displaystyle \frac{A_{1}C}{XC}=\frac{sin\left ( C+\angle A_{2}A_{1}C \right )}{sin\angle A_{2}A_{1}C}=sin Ccot\angle A_{2}A_{1}C+cos C.$

Εξάλλου $\angle A_{2}BC=180^\circ-2\angle C$ και $\angle BA_{2}C=2\left ( \angle BHC-90^\circ\right )=180^\circ-2\angle A.$

Επομένως $\displaystyle \frac{BC}{A_{2}C}=\frac{sin 2A}{sin2C}$ και αφού $\displaystyle \frac{A_{1}C}{BC}=\frac{sin B}{sin A}$ ,

έπεται ότι $\displaystyle \frac{A_{1}C}{A_{2}C}=\frac{2cosAsin B}{sin 2C}=\frac{sin\left ( B-A+\angle A_{2}A_{1}C \right )}{sin \angle A_{2}A_{1}C}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow sin Ccot\angle A_{2}A_{1}C=\frac{2cos Asin B-sin 2Ccos\left ( B-A \right )}{2cosCsin\left ( B-A \right )}\Longrightarrow$

$\displaystyle \Longrightarrow \frac{A_{1}C}{XC}=\frac{2cos Asin B-sin 2Ccos \left ( B-A \right )}{2cos Csin\left ( B-A \right )}+\frac{2cos Ccos Csin\left ( B-A \right )}{2cos Csin\left ( B-A \right )}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \frac{A_{1}C}{XC}=\frac{2cos Asin B-2cos Csin2B}{2cos Csin \left ( B-A \right )}\overset{(I)}=2sin B\cdot \frac{OC}{QC}=\frac{A_{1}C}{QC}\left ( II \right ).$

Συνεπώς, έχουμε XC=QC

και αφού $X,Q\in BC$ με τα X,Q

προς το ίδιο μέρος του

ως προς την ευθεία

, έπεται ότι $X\equiv Q$ και η απόδειξη τελείωσε.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 07, 2023 9:05 pm**

giannimani έγραψε: Σάβ Νοέμ 04, 2023 11:37 pm Έστω ότι το ορθόκεντρο του τριγώνου $A_{1}BC$ είναι και το έγκεντρο του τριγώνου $A_{2}BC$ . Το σημείο είναι το περίκεντρο του τριγώνου $A_{1}BC$ . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες $A_{1}A_{2}$ , και διέρχονται από το ίδιο σημείο.
orthoc_incent .png

Καλησπέρα Γιάννη και Κώστα

Ας δούμε και μια αμιγώς συνθετική λύση του όμορφου αυτού προβλήματος !

$\bullet$ Ας είναι ${{A}_{1}}D,BE,CF$ τα ύψη του τριγώνου $\vartriangle {{A}_{1}}BC$ , P,Q

τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( H \right)$ του $\vartriangle {{A}_{2}}BC$ και

το μέσο της

(προφανώς το κέντρο του κύκλου του περιγεγραμμένου τετραπλεύρου BCEF

(λόγω των ορθών γωνιών (από τα ύψη)))

$\bullet$ Από τα ομοκυκλικά σημεία P,E,C,D,H

σε κύκλο διαμέτρου

(λόγω των ορθών γωνιών) προκύπτει ότι $\angle PEH=\angle PCH\overset{CHF\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle {{A}_{2}}CB}{\mathop{=}}\,\angle FCB\overset{F,E,C,B\in \left( M \right)}{\mathop{=}}\,\angle FEH\Rightarrow E,P,F$ συνευθειακά και με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι και Q,F,P

συνευθειακά και ας είναι

το σημείο τομής της ευθείας EPFQ

με την

$\bullet$ Από τα εφαπτομενικά στον $\left( H \right)$ τμήματα ${{A}_{2}}Q,{{A}_{2}}P\Rightarrow {{A}_{2}}H\bot PQ\Rightarrow {{A}_{2}}H\bot FE:\left( 1 \right)$
$\bullet$ Από το Θεώρημα του Nagel είναι γνωστό ότι και ${{A}_{1}}O\bot FE\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,{{A}_{2}}H\parallel {{A}_{1}}O:\left( 2 \right)$

: Το ορθόκεντρο είναι και έγκεντρο.....png (64.69 KiB) Προβλήθηκε 3196 φορές

$\bullet$ Από το πλήρες τετράπλευρο $BCEFT{{A}_{1}}$ με κορμό BCEF

εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( M \right)$ προκύπτει (γνωστότατη πρόταση (άλλωστε η ${{A}_{1}}T$ είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο $\left( M \right)$ ) ότι $MH\bot {{A}_{1}}T:\left( 3 \right)$ (μάλιστα το σημείο τομής τους είναι το σημείο Miquel του πλήρους αυτού τετραπλεύρου

$\bullet$ Από $\left( 3 \right)\overset{{{A}_{1}}D\bot TM}{\mathop{\Rightarrow }}\,H$ το ορθόκεντρο (σημείο τομής δύο υψών) και του τριγώνου $\vartriangle {{A}_{1}}TM$ , οπότε $TH\bot {{A}_{1}}M:\left( 4 \right)$

Το σημείο

(όπως ορίστηκε) βρίσκεται επί της πολικής

του ${{A}_{2}}$ ως προς τον $\left( H \right)$ και συνεπώς $T.{{A}_{2}}KLD$ είναι αρμονική δέσμη , όπου K,L

με $K\ne D$ είναι τα σημεία τομής της ${{A}_{2}}D$ με τον κύκλο $\left( H \right)$ και την ευθεία TPQ

αντίστοιχα και με

εφαπτόμενη του $\left( H \right)$ προκύπτει ότι ${{A}_{2}}D$ είναι η πολική του

ως προς τον $\left( H \right)$ , άρα ${{A}_{2}}D\bot TH\overset{\left( 4 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,{{A}_{2}}D\parallel {{A}_{1}}M:\left( 5 \right)$

$\bullet$ Από $\left( 2 \right),\left( 5 \right)$ και με δεδομένο ότι $HD\parallel OM$ (κάθετες στην

) προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle {{A}_{1}}OM,\vartriangle {{A}_{2}}HD$ έχουν τις πλευρές τους παράλληλες μια προς μία, άρα είναι όμοια (και ομοιόθετα) και οι ευθείες που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές τους θα διέρχονται από το ίδιο σημείο , δηλαδή ${{A}_{1}}{{A}_{2}}\cap DM\cap OH\equiv {{A}_{1}}{{A}_{2}}\cap BC\cap OH\equiv S$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 07, 2023 9:22 pm**

Στάθη, που είσαι;

Δεν έχω λόγια για τη λύση που έδωσες, κανείς δεν έχει λόγια

.

Πιο συχνά να σε βλέπουμε !

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 09, 2023 1:22 pm**

Μπορούμε να αποδείξουμε κι αλλιώς ότι τα τρίγωνα $A_{2}HD$ και $A_{1}OM$ είναι ομοιόθετα και τότε παίρνουμε το ζητούμενο.
Θέτω $\angle BA_{1}C=\angle A,\angle A_{1}BC=\angle B$ και $\angle A_{1}CB=\angle C.$
Από την ισογωνιότητα $\displaystyle \angle A_{2}HA_{1}=180^\circ-\angle C-\left ( 180^\circ-\angle B \right )=\angle B-\angle C=\angle HA_{1}O$ προκύπτει $A_{2}H\parallel A_{1}O$ και είναι γνωστό πως $HD\parallel OM$ , οπότε αρκεί νδο $A_{2}D\parallel A_{1}M$ ή ισοδύναμα αρκεί νδο $\angle A_{2}DB=\angle A_{1}MB.$ Θα το πάμε με bashing που βγαίνει ανώδυνα.

Είναι $\displaystyle \frac{\sin \left ( \angle A_{1}MB+\angle B \right )}{\sin \angle A_{1}MB}=\frac{BM}{A_{1}B}=\frac{\sin A}{2\sin C}\Longleftrightarrow\cot \angle A_{1}MB=\frac{\sin \left ( B-C \right )}{2\sin B\sin C}.$

Εξάλλου $\displaystyle \frac{BD}{A_{2}B}=\frac{BD}{A_{1}B}\cdot \frac{A_{1}B}{BC}\cdot \frac{BC}{A_{2}B}=\frac{\cos B\sin C\sin 2A}{\sin A\sin 2B}=\frac{\cos A\sin C}{\sin B}\overset{\angle A_{2}BD=180^\circ-2C}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \frac{\sin \left ( 2C-\angle A_{2}DB \right )}{\sin \angle A_{2}DB}=\frac{\cos A\sin C}{\sin B}\Longleftrightarrow\cot \angle A_{2}DB=\frac{\cos A\sin C+\sin B\cos 2C}{2\sin B\sin C\cos C}.$

Επομένως, αρκεί νδο $\displaystyle \sin B\cos 2C-\sin C\cos \left ( B+C \right )=\cos C\sin \left ( B-C \right )\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow 2\sin B\cos 2C-\sin \left ( B+2C \right )+\sin B=\sin B+\sin \left ( B-2C \right )\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow 2\sin B\cos 2C=\sin \left ( B+2C \right )+\sin \left ( B-2C \right )$ που ισχύει...

mathematica.gr

Το ορθόκεντρο είναι και έγκεντρο...

Το ορθόκεντρο είναι και έγκεντρο...

Re: Το ορθόκεντρο είναι και έγκεντρο...

Re: Το ορθόκεντρο είναι και έγκεντρο...

Re: Το ορθόκεντρο είναι και έγκεντρο...

Re: Το ορθόκεντρο είναι και έγκεντρο...