mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm**

Έστω τρίγωνο ABC

και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B)

και

. O

εφάπτεται των

,

στα

αντίστοιχα και ο (I_C)

των

,

στα

αντίστοιχα. Αν οι

,

τέμνονται στο

, να αποδειχθεί ότι $SA\perp BC$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 01, 2017 5:58 pm**

silouan έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι και . O εφάπτεται των , στα αντίστοιχα και ο των , στα αντίστοιχα. Αν οι , τέμνονται στο , να αποδειχθεί ότι $SA\perp BC$ .

Εστω $I_{c},I_{b}$ τα κέντρα των $I_{C},I_{B}$ αντίστοιχα.

Από την ομοιότητα των τριγώνων $AEI_{c},ADI_{b}$

παίρνουμε $\dfrac{AI_{c}}{AI_{b}}=\dfrac{r_{c}}{r_{b}}$

Αν

είναι το ύψος του τριγώνου τότε ο Θαλής μαζί με την προηγούμενη

δίνει $\dfrac{QH}{HP}=\dfrac{r_{c}}{r_{b}}$ (1)

Εστω $K=AH\cap DP$

Εύκολα βλέπουμε ότι τα τρίγωνα $KHP,BPI_{b}$

είναι όμοια.

Ετσι έχουμε $\dfrac{HK}{BP}=\dfrac{HP}{r_{b}}$

Αλλά BP=t

όπου

η ημιπερίμετρος.

Αρα $HK=\frac{HP}{r_{b}}t$ (2)

Αν τώρα $K'=AH\cap QE$

υπολογίζουμε όμοια ότι $HK'=\frac{QH}{r_{c}}t$ (3)

Τελικά οι (1), (2), (3) μας δίνουν ότι $S\equiv K\equiv K'$

και το ζητούμενο απεδείχθη.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 02, 2017 1:07 am**

silouan έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι και . O εφάπτεται των , στα αντίστοιχα και ο των , στα αντίστοιχα. Αν οι , τέμνονται στο , να αποδειχθεί ότι $SA\perp BC$ .

: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους (2).png (43 KiB) Προβλήθηκε 1625 φορές

Έστω πως οι

και

τέμνουν την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας

του τριγώνου ABC

, η οποία είναι και διάκεντρος των κύκλων (I_B), (I_C)

, στα σημεία K, L

. Ακόμα έστω πως η

τέμνει την

στο

.

Παρατηρούμε πως $\widehat{I_BKP}=\widehat{AKD}=180^o-\widehat{DAK}-\widehat{ADK}=180^o-(90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2})-(90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2})=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}$

Όμως είναι $\widehat{I_BCP}=90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2}=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}$ , άρα αφού $\widehat{I_BKP}=\widehat{I_BCP}$ , προκύπτει ότι I_BPCK

είναι εγγράψιμο.

Επομένως αφού $\widehat{I_BPC}=90^o$ , προκύπτει ότι $CK\perp I_BI_C$ .

Ομοίως προκύπτει ότι $BL\perp I_BI_C$ .

Έχουμε πως $\widehat{LPQ}=\dfrac{\widehat{C}}{2}$

Παρατηρούμε πως το τετράπλευρο I_CQBL

είναι εγγράψιμο. Ακόμη ξέρουμε πως $\widehat{LI_CB}=90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2}$ , άρα προκύπτει πως $\widehat{LQP}=\widehat{LI_CB}=90^o-\dfrac{C}{2}$ .

Συνεπώς είναι $\widehat{LPQ}+\widehat{LQP}=90^o$ , άρα είναι $LP\perp LQ$ .

Ακόμη έχουμε πως $\widehat{PLB}=\widehat{PI_BB}=90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{I_CBQ}=\widehat{I_CLQ}=\widehat{ALS}$ (1)

Επιπλέον τα ορθογώνια τρίγωνα PLS

και

είναι όμοια αφού

$\widehat{LSP}=180^o-\widehat{SPQ}-\widehat{SQP}=180^o-\widehat{KI_BC}-\widehat{LI_CB}=$
$=180^o-(90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2})-(90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2})=90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2}=\widehat{LAB}$ .

Επομένως $\dfrac{LP}{LS}=\dfrac{LB}{LA}$ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα LPB

και

είναι όμοια, άρα $\widehat{LBG}=\widehat{LAS}$ , επομένως το τετράπλευρο LBGA

είναι εγγράψιμο και αφού $\widehat{BLA}=90^o$ προκύπτει ότι $AG\perp BC\Leftrightarrow AS\perp BC$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 06, 2017 12:51 am**

Πολύ ωραίες οι λύσεις σας! Πριν παραθέσω την δική μου, να ρωτήσω: Υπάρχει σύντομη λύση στο παραπάνω πρόβλημα με το Θεώρημα Κούτρα;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 28, 2018 8:14 pm**

Χρησιμοποιώ προς το παρόν, το σχήμα του Διονύση πιο πάνω ( 3η δημοσίευση ).

$\bullet$ Έστω τα σημεία $K\equiv I_{b}I_{c}\cap PS$ και $L\equiv I_{b}I_{c}\cap QS$ .

Στο ορθογώνιο τραπέζιο $QPI_{b}I_{c}$ , από $PK\parallel BI_{c}$ , σύμφωνα με το γνωστό Λήμμα που είδαμε πρόσφατα Εδώ, προκύπτει ότι $QK\parallel BI_{b}\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $BI_{b}\perp PD\Rightarrow$ $QK'\perp PK\equiv PS\ \ \ ,(2)$ και ομοίως, έχουμε $PL\perp QE\equiv QS\ \ \ ,(3)$

Από $(2),\ (3)$ προκύπτει ότι το σημείο έστω $T\equiv QK\cap PL$ ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle SQP$

και επομένως, ισχύει $\boxed{ST\perp QP}\ \ \ ,(4)$

$\bullet$ Έστω το σημείο $X\equiv QP\cap KL$ και από το πλήρες τετράπλευρο $QPI_{b}I_{c}$ έχουμε ότι η σημειοσειρά $X,\ Q,\ Y,\ P$ είναι αρμονική, όπου $Y\equiv QP\cap ST$ ( αντί του σημείου

στο σχήμα ).

Από την αρμονικότητα της ως άνω σημειοσειράς, προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{Y Q}{YP} = \frac{XQ}{XP} = \frac{QI_{c}}{PI_{b}}\ \ \ .(5)$ λόγω $QI_{c}\parallel PI_{b}$ .

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle DAI_{b},\ \vartriangle EAI_{c}$ έχουμε $\displaystyle \frac{AI_{c}}{AI_{b}} = \frac{EI_{c}}{DI_{b}} = \frac{QI_{c}}{PI_{b}}\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{YQ}{YP} = \frac{AI_{c}}{AI_{b}}\ \ \ ,(7)$

Από $(7)\Rightarrow$ $QI_{c}\parallel AY\parallel PI_{b}$ και άρα, ισχύει $\boxed{AY\perp QP}\ \ \ ,(8)$

Από $(4),\ (8)\Rightarrow$ $ST\equiv SY\equiv AY\Rightarrow$ $\boxed{SA\perp BC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 28, 2018 9:14 pm**

Γεια χαρά.

Έστω Q_1

η επαφή του κύκλου ${I_c}$ με την

και

η επαφή του κύκλου ${I_b}$ με την CA.

Τότε προφανώς έχουμε $Q{Q_1} \bot PD,\;\,P{P_1} \bot QE$ (*)

οπότε το σημείο τομής

των $P{P_1},\;Q{Q_1}$ θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου SQP.

Ταυτόχρονα έχουμεQ $\displaystyle{\frac{{{I_c}H}}{{HP}} = \frac{{{I_c}Q}}{{{I_b}P}} = \frac{{{I_c}E}}{{{I_b}D}} = \frac{{{I_c}A}}{{{I_b}A}} \Rightarrow AH\parallel {I_c}Q \Rightarrow AH \bot QC.}$

Άρα τα σημεία S,A,H

είναι συνευθειακά.

(*) Επειδή οι QQ_1

,

είναι παράλληλες στις διχοτόμους των γωνιών $\andle B$ και $\angle C$ αντίστοιχα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 28, 2018 9:20 pm**

Αλλιώς:Αν

το έκκεντρο και η προβολή του στην

και

οι προβολές του

στις

,λόγω του εγγράψιμου SKAE

(απλό),θα είναι τα AEK,AXY

όμοια.Είναι $AX=sin(AEX\angle )\cdot AE,AY=sin(ADY)\cdot AD$ ,δηλαδή $AX=cos(C\angle /2)(s-b)=\frac{RC}{CI}(s-b)=\frac{(s-c)(s-b)}{CI}$ και $AY=cos(B\angle /2)(s-c)=\frac{BR}{BI}(s-c)=\frac{(s-c)(s-b)}{BI}$ ,δηλαδή $\frac{AX}{AY}=\frac{BI}{CI}$ και επειδή $BIC\angle =XAY\angle$ τα BIC,XAY

είναι όμοια,δηλαδή και τα EAK,BIC

είναι (αντιστρόφως) όμοια,άρα είναι και ορθολογικά κλπ.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 28, 2018 10:38 pm**

silouan έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι και . O εφάπτεται των , στα αντίστοιχα και ο των , στα αντίστοιχα. Αν οι , τέμνονται στο , να αποδειχθεί ότι $SA\perp BC$ .

: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους.png (37.94 KiB) Προβλήθηκε 1042 φορές

$\bullet$ Με $\angle B=\angle C$ η πρόταση είναι προφανής (λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς την μεσοκάθετη της

$\bullet$ Έστω $\dfrac{\pi }{2}>\angle B>\angle C$ και ας είναι οι ορθές προβολές του και ${{I}_{a}}$ (το παράκεντρο) στην . Τότε από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle B{{I}_{a}}C$ και $\vartriangle PSQ$ (παράλληλες πλευρές) για τις ομόλογες πλευρές και προβολές θα ισχύει:

$\dfrac{{PQ}}{{BC}} = \dfrac{{HQ}}{{KC}} \Rightarrow \dfrac{{b + c}}{a} = \dfrac{{\tau - a + BH}}{{\tau - b}}$ $\Rightarrow BH = \dfrac{{b + c}}{a}\left( {\tau - b} \right) + a - \tau =$

$\dfrac{{b + c}}{a}\left( {\dfrac{{a + c - b}}{2}} \right) + \dfrac{{a - b - c}}{2} =$ $\dfrac{{ab + ac + {c^2} - {b^2} + {a^2} - ab - ac}}{{2a}} \Rightarrow$ $BH = \dfrac{{{c^2} - {b^2} + {a^2}}}{{2a}}$

Αλλά $\dfrac{{{c^2} - {b^2} + {a^2}}}{{2a}} = \pi \rho o{\beta _{BC}}AB \Rightarrow A \in SH$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

$\bullet$ Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται αν $\dfrac{\pi }{2}<\angle B$

Στάθης

Υ.Σ. Θα επακολουθήσει μια τουλάχιστον ακόμα στοιχειώδης απόδειξη και ίσως και η απόδειξη με το περιώνυμο Θεώρημα

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 28, 2018 10:53 pm**

Με την παραπάνω σχέση για το

και 2 Μενέλαους στα AHC,BHC

με διατέμνουσες τις SEQ,SPD

,αρκεί $\frac{QH}{QC}\frac{EC}{EA}=\frac{PH}{PB}\frac{DB}{DA}$ ,δηλαδή $\frac{QH}{EA}=\frac{PH}{DA}$ το οποίο τσεκάρεται απλούστατα.( $\frac{QH}{EA}=\frac{BH+s-a}{s-b}=\frac{b+c}{a}$ το οποίο και λόγω κυκλικότητας των b,c

είναι ίσο με $\frac{PH}{DA}$ )

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 28, 2018 11:11 pm**

silouan έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι και . O εφάπτεται των , στα αντίστοιχα και ο των , στα αντίστοιχα. Αν οι , τέμνονται στο , να αποδειχθεί ότι $SA\perp BC$ .

: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους1.png (50.13 KiB) Προβλήθηκε 1030 φορές

$\bullet$ Έστω $F\equiv EQ\cap B{{I}_{c}},T\equiv PD\cap C{{I}_{b}}$ και ας είναι το σημείο επαφής του παρεγγεγραμμένου κύκλου με την .

Προφανώς το $SF{{I}_{a}}T$ είναι παραλληλόγραμμο (απέναντι πλευρές κάθετες στην ίδια ευθεία) οπότε οι διαγώνιες διχοτομούνται.

Είναι $\vartriangle BQF = \vartriangle PCT\left( {BQ = PC = \tau - \alpha ,BF\parallel PT,FQ\parallel CT} \right)$ $\Rightarrow \boxed{FB = TP,FQ = TC}:\left( 1 \right)$

Είναι $\vartriangle FBA\mathop = \limits^{FB = TP,BA = PK = c,\angle FBA = TPK = \frac{{\angle {B_{\varepsilon \xi }}}}{2}} \vartriangle TPK$ $\Rightarrow \boxed{FA = TK}:\left( 2 \right)$ και

$\vartriangle FQK\mathop = \limits^{FQ = TC,QK = AC = b,\angle FQK = \angle TCA = \frac{{\angle {C_{\varepsilon \xi }}}}{2}} \vartriangle TCA$ $\Rightarrow \boxed{FK = TA}:\left( 3 \right)$

$\bullet$ Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow AFKT$ παραλληλόγραμμο. Από τα παραλληλόγραμμα $SF{{I}_{a}}T$ και που μοιράζονται την διαγώνιο προκύπτει ότι και $SA{{I}_{a}}K$ είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται) οπότε $SA\parallel {I_a}K\mathop \Rightarrow \limits^{{I_a}K \bot BC} \boxed{SA \bot BC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

mathematica.gr

Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους