mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 08, 2023 12:27 pm**

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με ορθόκεντρο

και

το μέσον της πλευράς BC.

Η εκ του

παράλληλος στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ τέμνει τις πλευρές AB,AC

στα σημεία E,Z

αντίστοιχα και οι κύκλοι $\left ( AEZ \right )$ και $\left ( ABC \right )$ τέμνονται ξανά στο

Να δείξετε ότι τα σημεία K,H,M

είναι συνευθειακά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 09, 2023 9:05 pm**

Με την ίδια μέθοδο έχει αντιμετωπιστεί και το πρόβλημα: "Διέρχεται από το περίκεντρο" εδώ
Συμβολίζουμε με $AA_{1}$ , $BB_{1}$ , $CC_{1}$ τα ύψη του τριγώνου ABC

.
Εφόσον η ευθεία

είναι παράλληλη της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας

, τότε θα είναι κάθετη της διχοτόμου της γωνίας

, οπότε το τρίγωνο AEF

θα είναι ισοσκελές, δηλαδή, AE=AF

.

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι

,

είναι διχοτόμοι των κατακορυφήν γωνιών $BHC_{1}$ , $CHB_{1}$ αντίστοιχα.

Επομένως, από θεώρημα διχοτόμων έχουμε $\dfrac{EB}{EC_{1}}=\dfrac{HB}{HC_{1}}$ και $\dfrac{FC}{FB_{1}}=\dfrac{HC}{HB_{1}}$ .

Αλλά $HB\cdot HB_{1}=HC \cdot HC_{1}\;\Rightarrow \dfrac{HB}{HC_{1}}=\dfrac{HC}{HB_{1}}$ .

Ως εκ τούτου, $\dfrac{EB}{EC_{1}}=\dfrac{FC}{FB_{1}}\;\Rightarrow \dfrac{EB}{EB+EC_{1}}=\dfrac{FC}{FC+FB_{1}}\;\Rightarrow\; \dfrac{EB}{BC_{1}}=\dfrac{FC}{FB_{1}}$ .
Έστω $\dfrac{EB}{BC_{1}}=\dfrac{FC}{FB_{1}}= k$ . Τότε $EB = k \cdot BC_{1}$ και $FC= k\cdot FB_{1} \quad (2)$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε το ακόλουθο λήμμα:

Τα σημεία και κινούνται με σταθερές ταχύτητες (όχι αναγκαία ίσες) σε δύο σταθερές ευθείες που τέμνονται
στο σημείο . Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου , διέρχεται από δύο σταθερά σημεία
και , όπου το είναι το κέντρο της σπειροειδούς ομοιότητας που μετασχηματίζει τα σημεία στα σημεία .

: ortho_mid_and_other.png (65.04 KiB) Προβλήθηκε 1031 φορές

Έστω ότι αρχικά τα

,

βρίσκονται στις θέσεις των κορυφών

,

αντίστοιχα. Μετά παρέλευση χρόνου

στις θέσεις $C_{1}$ , $B_{1}$ , οπότε σύμφωνα με τις σχέσεις (2)

, μετά παρέλευση χρόνου

τα

,

θα βρίσκονται στις θέσεις

,

αντίστοιχα. Ως εκ τούτου, οι κύκλοι $(ABC)\equiv \Omega$ , $(AC_{1}B_{1})\equiv \omega '$ και $(AFE)\equiv \omega$ θα διέρχονται από τα σημεία

,

.

Αλλά είναι γνωστό ότι το σημείο τομής

των κύκλων $\Omega$ και $\omega '$ , το ορθόκεντρο

του $\vartriangle ABC$ και το μέσο

της πλευράς

, ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 09, 2023 10:13 pm**

giannimani έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 09, 2023 9:05 pm
Με την ίδια μέθοδο έχει αντιμετωπιστεί και το πρόβλημα: "Διέρχεται από το περίκεντρο" εδώ
Συμβολίζουμε με $AA_{1}$ , $BB_{1}$ , $CC_{1}$ τα ύψη του τριγώνου .
Εφόσον η ευθεία είναι παράλληλη της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας , τότε θα είναι κάθετη της διχοτόμου της γωνίας , οπότε το τρίγωνο θα είναι ισοσκελές, δηλαδή,.

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι , είναι διχοτόμοι των κατακορυφήν γωνιών $BHC_{1}$ , $CHB_{1}$ αντίστοιχα.

Επομένως, από θεώρημα διχοτόμων έχουμε $\dfrac{EB}{EC_{1}}=\dfrac{HB}{HC_{1}}$ και $\dfrac{FC}{FB_{1}}=\dfrac{HC}{HB_{1}}$ .

Αλλά $HB\cdot HB_{1}=HC \cdot HC_{1}\;\Rightarrow \dfrac{HB}{HC_{1}}=\dfrac{HC}{HB_{1}}$ .

Ως εκ τούτου, $\dfrac{EB}{EC_{1}}=\dfrac{FC}{FB_{1}}\;\Rightarrow \dfrac{EB}{EB+EC_{1}}=\dfrac{FC}{FC+FB_{1}}\;\Rightarrow\; \dfrac{EB}{BC_{1}}=\dfrac{FC}{FB_{1}}$ .
Έστω $\dfrac{EB}{BC_{1}}=\dfrac{FC}{FB_{1}}= k$ . Τότε $EB = k \cdot BC_{1}$ και $FC= k\cdot FB_{1} \quad (2)$ .

Θα χρησιμοποιήσουμε το ακόλουθο λήμμα:

Τα σημεία και κινούνται με σταθερές ταχύτητες (όχι αναγκαία ίσες) σε δύο σταθερές ευθείες που τέμνονται
στο σημείο . Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου , διέρχεται από δύο σταθερά σημεία
και , όπου το είναι το κέντρο της σπειροειδούς ομοιότητας που μετασχηματίζει τα σημεία στα σημεία .

ortho_mid_and_other.png

Έστω ότι αρχικά τα , βρίσκονται στις θέσεις των κορυφών , αντίστοιχα. Μετά παρέλευση χρόνου
στις θέσεις $C_{1}$ , $B_{1}$ , οπότε σύμφωνα με τις σχέσεις , μετά παρέλευση χρόνου τα , θα βρίσκονται στις θέσεις
, αντίστοιχα. Ως εκ τούτου, οι κύκλοι $(ABC)\equiv \Omega$ , $(AC_{1}B_{1})\equiv \omega '$ και $(AFE)\equiv \omega$ θα διέρχονται από τα σημεία , .

Αλλά είναι γνωστό ότι το σημείο τομής των κύκλων $\Omega$ και $\omega '$ , το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ και το μέσο της πλευράς , ανήκουν στην ίδια ευθεία.

Θα βάλω μια κομψή λύση αύριο η οπότε προλάβω .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 9:37 am**

Μία προσέγγιση στα γρήγορα.

Είναι γνωστό ότι η

περνάει από το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο $\left ( ABC \right )$ οπότε αρκεί και η

να περνάει από αυτό. Αρκεί λοιπόν $\angle AKM=90^\circ\Longrightarrow \angle BKM=90^\circ-\angle C$ και επειδή $\angle BKM+\angle MKC=90^\circ-\angle C+90^\circ-\angle B$ έπεται πως αρκεί $\displaystyle \frac{\sin\angle BKM}{\sin \angle MKC}=\frac{\cos C}{\cos B}.$

Όμως $\displaystyle \frac{\sin\angle BKM}{\sin \angle MKC}=\frac{KC}{KB}.$

Είναι $\displaystyle \frac{KC}{KA}=\frac{FC}{FA}\cdot \frac{\sin\angle AKF}{\sin \angle FKC}=\frac{FC}{FA}\cdot \frac{\sin \angle AEF}{\sin \angle FKC}$ και $\displaystyle \frac{KA}{KB}=\frac{AE}{BE}\cdot \frac{\sin\angle BKE}{\sin \angle AKE}=\frac{FA}{BE}\cdot \frac{\sin \angle BKE}{\sin \angle AEF}.$

Επομένως είναι $\displaystyle \frac{KC}{KB}=\frac{FC}{BE}\cdot \frac{\sin \angle BKE}{\sin \angle FKC}.$

Από $BEH\sim HFC$ έχουμε $\displaystyle \frac{FC}{BE}=\frac{HC}{HB}=\frac{\cos C}{\cos B}$ οπότε αρκεί $\displaystyle \frac{\cos C}{\cos B}\cdot \frac{\sin \angle BKE}{\sin \angle FKC}=\frac{\cos C}{\cos B}.$

Ισοδύναμα πρέπει $\sin \angle BKE=\sin \angle FKC.$ Όμως $\displaystyle \angle BKE=\angle A+\angle B-\left ( 180^\circ-\angle AFE \right )=\angle A+\angle B-90^\circ-\frac{\angle A}{2}$ και $\displaystyle \angle FKC=\angle B-\angle AKF=\angle B-\angle AEF=\angle B-90^\circ+\frac{\angle A}{2}.$

Οπότε $\angle BKE=\angle FKC\Longrightarrow \sin \angle BKE=\sin \angle FKC$ επομένως τελειώσαμε κλπ.

mathematica.gr

Συνευθειακότητα με μέσο και ορθόκεντρο

Συνευθειακότητα με μέσο και ορθόκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με μέσο και ορθόκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με μέσο και ορθόκεντρο

Re: Συνευθειακότητα με μέσο και ορθόκεντρο