Μία όμορφη καθετότητα

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Απάντηση
Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 873
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Μία όμορφη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Δευ Σεπ 04, 2023 7:38 pm

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με ύψη AD, BE και CF και η ευθεία AD τέμνει το τμήμα FE στο σημείο Q. Οι ευθείες BQ, CQ επανατέμνουν τον περίκυκλο του τριγώνου ABC στα σημεία X και Y αντίστοιχα και οι ευθείες XY και BC τέμνονται στο σημείο J. Αν M το μέσο του τμήματος BC, να δείξετε ότι JQ\perp AM.


Λέξεις Κλειδιά:
καθετότητα
ωραίο
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10777
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Μία όμορφη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Σεπ 05, 2023 3:04 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 04, 2023 7:38 pm
 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC με ύψη AD, BE και CF και η ευθεία AD τέμνει το τμήμα FE στο σημείο Q. Οι ευθείες BQ, CQ επανατέμνουν τον περίκυκλο του τριγώνου ABC στα σημεία X και Y αντίστοιχα και οι ευθείες XY και BC τέμνονται στο σημείο J. Αν M το μέσο του τμήματος BC, να δείξετε ότι JQ\perp AM.
Μια όμορφη καθετότητα.png
Μια όμορφη καθετότητα.png (59.01 KiB) Προβλήθηκε 2186 φορές
Το σχήμα της, εκφώνησης .


Κορυφή
Henri van Aubel
Δημοσιεύσεις: 873
Εγγραφή: Τρί Σεπ 13, 2022 12:01 pm

Re: Μία όμορφη καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Henri van Aubel » Πέμ Σεπ 07, 2023 10:25 am

Επαναφορά! Στάθη, που είσαι; 😀 (πλάκα κάνω, το λέω εντελώς καλοπροαίρετα προφανώς ).
Κάτι άλλο: Γιατί μου αλλάξατε φάκελο παιδιά ;; :)


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10777
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Μία όμορφη καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Ιουν 17, 2025 9:41 pm

Επαναφορά


Κορυφή
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 359
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: Μία όμορφη καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Τετ Ιουν 18, 2025 1:33 am

Άμα πάρουμε το συμμετρικό Κ του Β ως προς D θα ισχύουν
από το εγγράψιμο BYXC ότι \angle YXB=\angle QCB
από τη συμμετρία ως προς QD γιατί επιπλέον Q σημείο του ύψους ότι \angle JBX=180^{\circ}-\angle QBK=180^{\circ}-\angle QKB=\angle QKC
Λόγω \displaystyle BJX\sim QCK\implies \frac{BJ}{BX}=\frac{QK}{KC}\implies BJ=\frac{ QB^{2}+QB\cdot QX }{2DM}
\displaystyle QB^{2}+QB\cdot QX=BD^{2}+QD^{2}+\left( DA-QD \right)\left( QD+\frac{DB\cdot DC}{DA} \right)
\displaystyle =BD^{2}+DB\cdot DC+QD\cdot \frac{DA^{2}-DB\cdot DC}{DA}
Καθετότητα.png
Καθετότητα.png (893.17 KiB) Προβλήθηκε 1105 φορές
\displaystyle \frac{DJ}{QD}=\frac{BJ+BD}{QD}=\frac{\displaystyle \frac{BD^{2}\cdot DA+DB\cdot DC\cdot DA+QD\left( DA^{2}-DB\cdot DC \right)+2BD\cdot DA\cdot DM}{2DA\cdot DM}}{QD}
\displaystyle =\frac{QD\left( DA^{2}-DB\cdot DC \right)+2DB\cdot DC\cdot DA}{2DA\cdot DM\cdot QD}
Αυτό που θέλουμε είναι το
\displaystyle \frac{DJ}{QD}=\frac{DA}{DM}\iff \frac{QD\left( DA^{2}-DB\cdot DC \right)+2DB\cdot DC\cdot DA}{2DA^{2}\cdot QD}=1
\displaystyle \iff QD\left( DA^{2}+DB\cdot DC \right)=2DB\cdot DC\cdot DA
Επειδή τα ύψη διχοτομούν τις γωνίες του ποδικού
\displaystyle QD=\frac{2FD\cdot ED}{FD+ED}\cos \left( \frac{1}{2}\angle EDF \right)=\frac{2FD\cdot ED}{FD+ED}\sin \angle A=\frac{2FD\cdot ED}{FD+ED}\cdot \frac{DA\cdot CB}{bc}
Από \displaystyle BFD\sim CAB\sim CED\implies FD\cdot ED=DB\cdot DC
Αυτό που μένει να δείξουμε είναι το
\displaystyle CB\left( DA^{2}+DB\cdot DC \right)=\left( FD+ED \right)bc
Από την
\displaystyle \left( FD+ED \right)bc=\left( b\frac{BD}{c}+c\frac{CD}{b} \right)bc
αυτό που μένει να δείξουμε είναι η ισχύουσα \displaystyle CB\left( DA^{2}+DB\cdot DC \right)=CA^{2}\cdot BD+BA^{2}\cdot CD
Την λέω γνωστή για να μην παρεξηγηθεί ο Stewart :)


Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες