mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 12, 2025 9:19 pm**

Δίνεται τρίγωνο ABC

με $\angle A=90^{\circ}$ και σημείο

στην κάθετη πλευρά

. Έστω

το συμμετρικό του

ως προς τη ευθεία

.
Το σημείο

στο ευθύγραμμο τμήμα

είναι τέτοιο ώστε $DF \bot BC$ . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες

,

και

διέρχονται
από το ίδιο σημείο.

: date_to_hypot.png (27.67 KiB) Προβλήθηκε 694 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 13, 2025 6:48 pm**

: Συντρέχεια!!.png (50.79 KiB) Προβλήθηκε 620 φορές

$\bullet$ Ας είναι $Q \equiv BC \cap AE.$ Έστω ότι ο κύκλος (D,DC)

επανατέμνει την ευθεία

στο

Είναι $\displaystyle \angle EDC\overset{ADEB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle EBA$ και $\displaystyle \angle CDF\overset{DF \perp BC}=\angle CBA,$ οπότε για τις ισοκλινείς ευθείες BQ,DF

των ισοσκελών τριγώνων $\vartriangle AEB \sim \vartriangle DCW$ έχουμε $\displaystyle \frac{PW}{PC}=\frac{QE}{QA}\left ( \ast \right ).$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle WEC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{DPF}:\frac{DW}{DE}\cdot \frac{PC}{PW}\cdot \frac{FE}{FC}=1\overset{\left ( \ast \right )^{DE=DA}_{DW=DC}}\Rightarrow \frac{DC}{DA}\cdot \frac{QA}{QE}\cdot \frac{FE}{FC}=1,$ άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος του Ceva στο τρίγωνο $\vartriangle AEC,$ έχουμε ότι οι ευθείες $AF\cap DE\cap BC\equiv X,$ όπως θέλαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 13, 2025 9:12 pm**

Dimessi έγραψε: Σάβ Δεκ 13, 2025 6:48 pm Συντρέχεια!!.png
$\bullet$ Ας είναι $Q \equiv BC \cap AE.$ Έστω ότι ο κύκλος επανατέμνει την ευθεία στο Είναι $\displaystyle \angle EDC\overset{ADEB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle EBA$ και $\displaystyle \angle CDF\overset{DF \perp BC}=\angle CBA,$ οπότε για τις ισοκλινείς ευθείες των ισοσκελών τριγώνων $\vartriangle AEB \sim \vartriangle DCW$ έχουμε $\displaystyle \frac{PW}{PC}=\frac{QE}{QA}\left ( \ast \right ).$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle WEC$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{DPF}:\frac{DW}{DE}\cdot \frac{PC}{PW}\cdot \frac{FE}{FC}=1\overset{\left ( \ast \right )^{DE=DA}_{DW=DC}}\Rightarrow \frac{DC}{DA}\cdot \frac{QA}{QE}\cdot \frac{FE}{FC}=1,$ άρα από το αντίστροφο του Θεωρήματος του Ceva στο τρίγωνο $\vartriangle AEC,$ έχουμε ότι οι ευθείες $AF\cap DE\cap BC\equiv X,$ όπως θέλαμε.

Μπράβο ρε Μάγκα

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 13, 2025 11:43 pm**

Ως συνήθως ο Στάθης μας πρόλαβε και στα συγχαρητήρια!
Πολύ ωραία ιδέα το σημείου

Dimessi.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 14, 2025 3:10 am**

giannimani έγραψε: Παρ Δεκ 12, 2025 9:19 pm Δίνεται τρίγωνο με $\angle A=90^{\circ}$ και σημείο στην κάθετη πλευρά . Έστω το συμμετρικό του ως προς τη ευθεία .
Το σημείο στο ευθύγραμμο τμήμα είναι τέτοιο ώστε $DF \bot BC$ . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες , και διέρχονται
από το ίδιο σημείο.
date_to_hypot.png

Ας είναι

οι προβολές των σημείων A,E

στην

και $AE \cap BC=K$

Θα αποδείξουμε ότι $\dfrac{AK}{KE} . \dfrac{EF}{FC} . \dfrac{CD}{DA} =1,(1)$

Αλλά $\dfrac{AK}{KE} =\dfrac{AL}{EM}$ και $\dfrac{EF}{FC} =\dfrac{MN}{NC}$ και $\dfrac{CD}{DA}=\dfrac{CN}{NL}$

Με αντικατάσταση στην (1)

αρκεί να αποδείξουμε ότι $\dfrac{AL}{EM}=\dfrac{NL}{MN} \Leftrightarrow \dfrac{ME}{MN}=\dfrac{AL}{NL}$

Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι $\triangle MEN \simeq \triangle ANL$

Είναι φανερό ότι τα A,B,E,N,D

είναι ομοκυκλικά, όπως και τα A,O,L,B

,συνεπώς

όλες οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες κι όλες οι μπλε ίσες

Έτσι $\angle NAL= \angle NEM \Rightarrow \triangle MEN \simeq \triangle NAL$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

: Συνάντηση στην υποτείνουσα.png (61.02 KiB) Προβλήθηκε 524 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 15, 2025 10:34 am**

Μια λύση λιγότερο εμπνευσμένη από τις δύο προηγούμενες, αφού δεν παρατήρησα ότι το πρόβλημα λύνεται
με το θεώρημα Ceva στο τρίγωνο AEC

.

Συμβολίζουμε με $X= (AE) \cap (BC)$ , $H = (BC)\cap (DF)$ , $G= (BE) \cap (DF)$ , και $K= (BC)\cap (DE)$ .

Είναι $DE \bot BG$ (λόγω συμμετρίας ως προς

). Επομένως το

είναι το ορθόκεντρο του $\triangle DBG$ , οπότε $GK\bot BD$ .

Συμβολίζουμε με

και

τα σημεία τομής της

με τις

και

αντίστοιχα.
Μια λύση λιγότερο εμπνευσμένη από τις δύο προηγούμενες, αφού δεν παρατήρησα ότι το πρόβλημα λύνεται
με το θεώρημα Ceva στο τρίγωνο AEC

.

Συμβολίζουμε με $X= (AE) \cap (BC)$ , $H = (BC)\cap (DF)$ , $G= (BE) \cap (DF)$ , και $K= (BC)\cap (DE)$ .

: date_to_hypot_sol.png (54.2 KiB) Προβλήθηκε 444 φορές

Είναι $DE \bot BG$ (λόγω συμμετρίας ως προς

). Επομένως το

είναι το ορθόκεντρο του $\triangle DBG$ , οπότε $GK\bot BD$ .

Συμβολίζουμε με

και

τα σημεία τομής της

με τις

και

αντίστοιχα.

Αποδεικνύεται ότι τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά. Πράγματι, αρκεί $\angle DHA=\angle DHY$ .
Έχουμε $\angle DHY=\angle DKY=\angle EKG=\angle EHG=\angle DBE=\angle DBA=\angle DHA$ (εύκολα προκύπτουν από το σχήμα).

Τώρα, $GK \parallel AE$ ως κάθετες στη

. Επομένως, το AEKN

είναι τραπέζιο με το

να είναι το σημείο τομής
των μη παραλλήλων πλευρών του

και

, και εφόσον το

είναι το μέσο του

, τότε το

θα είναι το μέσο του

.
Επομένως, η δέσμη (AC,AK,AH,AE)

είναι αρμονική,οπότε και η διαίρεση (C,K,H,X)

είναι αρμονική (1).
Έστω τώρα $(BC)\cap (FA) = K'$ .
Η δέσμη ευθειών (HA,HE, HB,HD)

είναι αρμονική (εφόσον οι

και

εσωτερική και εξωτερική
διχοτόμος της $\angle AHE$ αντίστοιχα). Ως εκ τούτου, οι ακτίνες της ορίζουν στην ευθεία

την αρμονική διαίρεση $(A,E,X, (AE)\cap (HD)=M)$ .
Επομένως, η δέσμη (FA, FE, FX, FM)

είναι αρμονική και ορίζει στην ευθεία

την αρμονική διαίρεση $((FA)\cap(BC)=K',C, X,H)$ (2).
Από (1) και (2) προκύπτει ότι $K'\equiv K$ , δηλαδή, οι ευθείες

,

και

διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Αποδεικνύεται ότι τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά. Πράγματι, αρκεί $\angle DHA=\angle DHY$ .
Έχουμε $\angle DHY=\angle DKY=\angle EKG=\angle EHG=\angle DBE=\angle DBA=\angle DHA$ (εύκολα προκύπτουν από το σχήμα).

Τώρα, $GK \parallel AE$ ως κάθετες στη

. Επομένως, το AEKN

είναι τραπέζιο με το

να είναι το σημείο τομής
των μη παραλλήλων πλευρών του

και

, και εφόσον το

είναι το μέσο του

, τότε το

θα είναι το μέσο του

.
Επομένως, η δέσμη (AC,AK,AH,AE)

είναι αρμονική,οπότε και η διαίρεση (C,K,H,X)

είναι αρμονική (1)

.
Έστω τώρα $(BC)\cap (FA) = K'$ .
Η δέσμη ευθειών (HA,HE, HB,HD)

είναι αρμονική (εφόσον οι

και

εσωτερική και εξωτερική
διχοτόμος της $\angle AHE$ αντίστοιχα). Ως εκ τούτου, οι ακτίνες της ορίζουν στην ευθεία

την αρμονική διαίρεση $(A,E,X, (AE)\cap (HD)=M)$ .
Επομένως, η δέσμη (FA, FE, FX, FM)

είναι αρμονική και ορίζει στην ευθεία

την αρμονική διαίρεση $((FA)\cap(BC)=K',C, X,H)\quad (2)$ .
Από (1)

και

προκύπτει ότι $K'\equiv K$ , δηλαδή, οι ευθείες

,

και

διέρχονται από το ίδιο σημείο.

mathematica.gr

Συνάντηση στην υποτείνουσα

Συνάντηση στην υποτείνουσα

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα

Re: Συνάντηση στην υποτείνουσα