Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Dimessi · #1

Δίνεται τρίγωνο ABC

με ορθοκεντρο

και περικεντρο

και

τα ίχνη των υψών του στις BC,CA,AB

αντίστοιχα. Πάνω στην ευθεία

υπάρχει σημείο

, για το οποίο $BC\parallel HX.$ Να δείξετε ότι $\angle XDO=90^\circ.$

#2

Dimessi έγραψε: Τετ Δεκ 24, 2025 10:35 pm Δίνεται τρίγωνο με ορθοκεντρο και περικεντρο και τα ίχνη των υψών του στις αντίστοιχα. Πάνω στην ευθεία υπάρχει σημείο , για το οποίο $BC\parallel HX.$ Να δείξετε ότι $\angle XDO=90^\circ.$

Χρόνια Πολλά σε όλους!!!

Έχω λύση με Αναλυτική. Θα τη γράψω, αφού προηγηθεί Ευκλείδεια λύση.

Dimessi · #3

Καλά Χριστούγεννα με υγεία

: Ορθή....png (19.92 KiB) Προβλήθηκε 629 φορές

$\displaystyle \left(\frac{HX}{BY}\overset{HX \parallel BC}=\frac{HE}{EB}\vee \frac{YB}{YC}\overset{\left ( Y,B,D,C \right )=-1}=\frac{DB}{DC}=\frac{HB}{HE}\cdot \frac{AE}{AC}\right)\Rightarrow \boxed{\frac{HX}{CY}=\frac{HB}{EB}\cdot \frac{AE}{AC}}\left ( \ast \right ).$
$\displaystyle HD\cdot OQ=HD\cdot \frac{HA}{2}=\frac{HF\cdot HC}{2}\left ( \circ \right ).$
$\displaystyle \frac{CY}{QY}\overset{\left ( Y,B,D,C \right )=-1 _{QB=QC}}=\frac{2CY}{BY+CY}\overset{(Y,B,D,C)=-1}=\frac{2DC}{BC}\Rightarrow$
$\displaystyle \overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{HX}{QY}=\frac{HB}{EB}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{2DC}{BC}}\left ( \ast \ast \right ).$
Από τη σχέση Newton έχουμε $\displaystyle QD\cdot QY=QB^{2}=\frac{a^{2}}{4}\overset{\left ( \ast \ast \right )}\Rightarrow \boxed{HX\cdot DQ=\frac{HB}{EB}\cdot \frac{AE}{AC}\cdot \frac{2DC}{BC}\cdot \frac{a^{2}}{4}=\frac{FH}{FC}\cdot \frac{a}{2}\cdot DC}\left ( \ast \ast \ast \right ).$
$\displaystyle a\cdot DC\overset{FHDB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=HC\cdot FC\overset{\left ( \ast \ast \ast \right )}\Rightarrow HX\cdot DQ=\frac{FH\cdot HC}{2}\overset{\left ( \circ \right )}=HD\cdot OQ\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow \frac{HX}{OQ}=\frac{HD}{DQ}\overset{\angle DHX=\angle DQO=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle XDH \sim \vartriangle ODQ\Rightarrow \boxed{\angle ODQ=\angle HDX\Rightarrow \angle XDO=90^\circ}$ .

: Ορθή....png (19.92 KiB) Προβλήθηκε 629 φορές

Al.Koutsouridis · #4

Λύνεται σχετικά εύκολα με το γεγονός ότι $OA\perp EF$ και Stathis Koutras Theorem.

Dimessi · #5

Al.Koutsouridis έγραψε: Πέμ Δεκ 25, 2025 11:20 pm Λύνεται σχετικά εύκολα με το γεγονός ότι $OA\perp EF$ και Stathis Koutras Theorem.

#6

Dimessi έγραψε: Τετ Δεκ 24, 2025 10:35 pm Δίνεται τρίγωνο με ορθοκεντρο και περικεντρο και τα ίχνη των υψών του στις αντίστοιχα. Πάνω στην ευθεία υπάρχει σημείο , για το οποίο $BC\parallel HX.$ Να δείξετε ότι $\angle XDO=90^\circ.$

Για του λόγου το αληθές

: Χριστουγιενιάτικη καθετότητα!!..png (58.77 KiB) Προβλήθηκε 556 φορές

Από το Θεώρημα του Nagel θα είναι $AO\bot FE$ τότε η προβολή της

στην

θα ισούται με

, όπου

η ορθή προβολή του

στην

και η προβολή της

στην

είναι (με $XH\bot AD$ ) η

.
Από εδώ είναι $\vartriangle HDK\sim \vartriangle OAD\Rightarrow \dfrac{DK}{DH}=\dfrac{AD}{AO}:\left( 1 \right)$ . Από την $\left( 1 \right)$ προκύπτει σύμφωνα με το Stathis. Koutras Theorem ότι $XD\bot OD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Παρατήρηση:
Η ομοιότητα των τριγώνων με δεδομένο το εγγράψιμο $XKHD\left( \angle XKD=\angle XHD={{90}^{0}} \right)$ δίνει $\angle ODA=\angle DKH\overset{X,K,H,D\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle HXD\overset{XH\bot AD}{\mathop{\Rightarrow }}\,XD\bot OD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#7

Dimessi έγραψε: Τετ Δεκ 24, 2025 10:35 pm Δίνεται τρίγωνο με ορθοκεντρο και περικεντρο και τα ίχνη των υψών του στις αντίστοιχα. Πάνω στην ευθεία υπάρχει σημείο , για το οποίο $BC\parallel HX.$ Να δείξετε ότι $\angle XDO=90^\circ.$

Θεωρώ σύστημα συντεταγμένων με αρχή των αξόνων το σημείο D(0,0)

και έστω

Με αυτό τον τρόπο η λύση δεν απαιτεί καμία σκέψη, πλην όμως έχει πολλές πράξεις ρουτίνας (που θα αποφύγω
όσο το δυνατόν περισσότερο) και οπωσδήποτε στερείται ομορφιάς.

Ξεκινάω βρίσκοντας τις εξισώσεις των ευθειών AB, AC, BE, CF:

: Χριστουγεννιάτικη καθετότητα.png (15.29 KiB) Προβλήθηκε 527 φορές

$\displaystyle AB:y = - \frac{a}{b}x + a,...AC:y = - \frac{a}{c}x + a,...BE:y = \frac{c}{a}x - \frac{{bc}}{a},...CF:\frac{b}{a}x - \frac{{bc}}{a}$

Επειδή τα ύψη BE, CF

τέμνονται πάνω στο AD,

εύκολα βρίσκω $\displaystyle H\left( {0, - \frac{{bc}}{a}} \right)$ και μετά τα σημεία τομής των

πλευρών AC, AB

με αυτά τα ύψη, $\displaystyle E\left( {\frac{{c({a^2} + bc)}}{{{a^2} + {c^2}}},\frac{{ac(c - b)}}{{{a^2} + {c^2}}}} \right),F\left( {\frac{{b({a^2} + bc)}}{{{a^2} + {b^2}}},\frac{{ab(c - b)}}{{{a^2} + {b^2}}}} \right)$

Στη συνέχεια εντοπίζω το σημείο τομής

της ευθείας $y=-\dfrac{bc}{a}$ με την EF,

$\displaystyle X\left( {\frac{{bc({a^2} + bc)}}{{{a^2}(b + c)}}, - \frac{{bc}}{a}} \right)$

Τέλος, $\displaystyle AH = 2OM \Leftrightarrow a + \frac{{bc}}{a} = 2OM \Leftrightarrow OM = \frac{{{a^2} + bc}}{{2a}} \Rightarrow O\left( {\frac{{b + c}}{2},\frac{{{a^2} + bc}}{{2a}}} \right)$

$\displaystyle \overrightarrow {DX} \cdot \overrightarrow {DO} = \frac{{bc({a^2} + bc)}}{{{a^2}(b + c)}} \cdot \frac{{b + c}}{2} - \frac{{bc}}{a} \cdot \frac{{{a^2} + bc}}{{2a}} = 0,$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Dimessi · #8

Υποσχέθηκα στον εαυτό μου να μην μείνει με τη γεύση της αναλυτικής η ανάρτηση

: Βραδινή έμπνευση..png (40.68 KiB) Προβλήθηκε 460 φορές

Έστω

η προβολή του

στην

.

Αφού $HX \perp AD$ η ευθεία

εφάπτεται στον κύκλο διαμέτρου

οπότε $HX^2=XF\cdot XE.$

Όμως $HX^2=XJ\cdot XD$ .

Οπότε $XJ \cdot XD=XF \cdot XE$ , άρα το

ανήκει στον κύκλο Euler του $\vartriangle ABC$ .

Δηλαδή, ο κύκλος Euler του $\vartriangle ABC$ και ο κύκλος διαμέτρου

έχουν ριζικό άξονα την

.

Η διάκεντρός τους , όμως, είναι η ευθεία που ενώνει τα μέσα των πλευρών

,

στο $\vartriangle OHD$ , δηλαδή $MN \parallel OD.$

Επίσης, $JD \perp MN$ , άρα $JD \perp OD$ .

: Βραδινή έμπνευση..png (40.68 KiB) Προβλήθηκε 460 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

Dimessi έγραψε: Τετ Δεκ 24, 2025 10:35 pm Δίνεται τρίγωνο με ορθοκεντρο και περικεντρο και τα ίχνη των υψών του στις αντίστοιχα. Πάνω στην ευθεία υπάρχει σημείο , για το οποίο $BC\parallel HX.$ Να δείξετε ότι $\angle XDO=90^\circ.$

Χρόνια πολλά σε όλους...

Ας είναι $DK \bot EX$ , (e)

ο περίκυκλος του εγγράψιμμου KHDX

και

ο περίκυκλος του τριγώνου ABC

με

το κάτω σημείο τομής τους και $CB \cap (e)=L$

Επειδή $HD=DP=DZ \Rightarrow HZ \bot ZP$

Προφανώς το XHDL

είναι ορθογώνιο και το XLZD

ισοσκελές τραπέζιο,άρα XH=LD=XZ

,

συνεπώς XZDH

είναι χαρταετός ,άρα $HZ \bot XD$

Με

συμμετρικό του

ως προς

θα είναι $QZ \bot PZ$ κι επειδή $HZ \bot ZP$ τα Q,H,Z

είναι συνευθειακά ,άρα $\angle QHA= \angle ZHP= \theta$ κι επειδή

DO//HQ

θα είναι $OD \bot XD$

: Χριστουγεννιάτικη καθετότητα.png (115.58 KiB) Προβλήθηκε 366 φορές

Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Re: Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Re: Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Re: Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Re: Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Re: Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Re: Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Re: Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Re: Χριστουγεννιάτικη καθετοτητα!!

Μέλη σε σύνδεση