Καθετότητα ομορφιά και αγνή!

Henri van Aubel · #1

Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ με AB<AC

και περίκεντρο

, ύψος

και

το μέσο της πλευράς

. Οι

και

τέμνονται στο σημείο

και ο περίκυκλος του τριγώνου ABE

επανατέμενει την

στο σημείο

και την ευθεία

στο σημείο

. Να δείξετε ότι $DK\perp KM$

Υ.Γ : Αν ο φάκελος αποδειχτεί βαρύς, μπορείτε να τον αλλάξετε.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 14, 2023 5:27 pm
Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ με και περίκεντρο , ύψος και το μέσο της πλευράς . Οι και τέμνονται στο σημείο και ο περίκυκλος του τριγώνου επανατέμενει την στο σημείο και την ευθεία στο σημείο . Να δείξετε ότι $DK\perp KM$

Υ.Γ : Αν ο φάκελος αποδειχτεί βαρύς, μπορείτε να τον αλλάξετε.

Έστω

το αντιδιαμετρικό σημείο του

στον κύκλο $\odot(ABE)$ , τότε αρκεί να δείξω ότι K,D,S'

συνευθειακά.
Για αυτό αρκεί ισοδύναμα να δείξω την ισότητα $\dfrac{S'B}{S'E}\cdot \dfrac{KB}{KE}=\dfrac{DB}{DE}$ .
Είναι $\dfrac{S'B}{S'E}=\dfrac{\sin \angle S'AB}{\sin \angle S'AE}=\dfrac{\sin (90^{\circ}-A)}{\sin ( 90^{\circ}-(90^{\circ}-\angle B))}=\dfrac{\cos \angle A}{\sin \angle B}$ .
Είναι $\dfrac{EC}{EB}=\dfrac{b}{c}\cdot \dfrac{\sin (90^{\circ}-\angle B)}{\sin (90^{\circ}-\angle C)}=\dfrac{b\cos \angle B}{c\cos \angle C}\Rightarrow CE=\dfrac{ab\cos \angle B}{c\cos \angle C+b\cos \angle B}$
Επίσης $\dfrac{MB}{ME}=\dfrac{SB}{SE}\cdot \dfrac{KB}{KE}\Leftrightarrow \dfrac{KB}{KE}=\dfrac{a/2}{a/2-\dfrac{ab\cos \angle B}{c\cos \angle C+b\cos \angle B}}\cdot \dfrac{\sin (90^{\circ}-\angle B)}{\sin \angle A}=$
$=\dfrac{\cos \angle B(c\cos \angle C+b\cos \angle B)}{\sin \angle A(c\cos \angle C-b\cos \angle B)}$ .
Έπειτα $\dfrac{DB}{DE}=\dfrac{c\cos \angle B}{b\cos \angle C-\dfrac{ab\cos \angle B}{c\cos \angle C+b\cos \angle B}}=\dfrac{c\cos \angle B(c\cos \angle C+b\cos \angle B)}{(c\cos \angle C+b\cos \angle B)b\cos \angle C-ab\cos \angle B}$ .

Μένει λοιπόν να επαληθεύουμε ότι
$\dfrac{\cos \angle A}{\sin \angle B}\cdot \dfrac{\cos \angle B(c\cos \angle C+b\cos \angle B)}{\sin \angle A(c\cos \angle C-b\cos \angle B)}=\dfrac{c\cos \angle B(c\cos \angle C+b\cos \angle B)}{(c\cos \angle C+b\cos \angle B)b\cos \angle C-ab\cos \angle B}\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow \dfrac{\cos \angle A}{\sin \angle B\sin \angle A(c\cos \angle C-b\cos \angle B)}=\dfrac{c}{(c\cos \angle C+b\cos \angle B)b\cos \angle C-ab\cos \angle B}$
Πολλαπλασιάζουμε με

παντού και αυτή γίνεται
$\dfrac{\cos \angle A}{\sin \angle B\sin \angle A(\sin \angle C\cos \angle C-\sin \angle B\cos \angle B)}=\dfrac{\sin \angle C}{(\sin \angle C\cos \angle C+\sin \angle B\cos \angle B)\sin \angle B \cos \angle C-\sin \angle A\sin \angle B \cos \angle B}$
Το
$(\sin \angle C\cos \angle C+\sin \angle B\cos \angle B)\cos \angle C-\sin \angle A \cos \angle B=$
$=(\sin \angle C\cos \angle C+\sin \angle B\cos \angle B)\cos \angle C-\cos \angle B(\sin \angle B\cos \angle C+\sin \angle C\cos \angle B)=$
$=\sin \angle C\cos \angle C\cos \angle C-\cos \angle B\cos\angle B\sin \angle C$
και άρα μένει να δειχθεί ότι
$\dfrac{\cos \angle A}{\sin \angle A(\sin \angle C\cos \angle C-\sin \angle B\cos \angle B)}=\dfrac{1}{\cos^2 \angle C-\cos ^2\angle B}$
$\Leftrightarrow (\sin \angle B\sin \angle C-\cos \angle B\cos \angle C)(\cos^2 \angle C-\cos ^2\angle B)$
$=(\sin \angle C\cos \angle C-\sin \angle B\cos \angle B)(\sin \angle B\cos \angle C+\cos \angle B\sin \angle C)$
$\Leftrightarrow \sin \angle B\sin \angle C\cos ^2\angle C-\sin \angle B\sin \angle C\cos ^2\angle B-\cos B\cos ^3C+\cos C\cos ^3 B=$
$=\cos ^2\angle C\sin \angle C\sin \angle B+\sin ^2\angle C\cos \angle C\cos \angle B-\sin^2 \angle B \cos \angle B\cos \angle C-\cos^2 \angle B\sin \angle B \sin \angle C$
$\Leftrightarrow \cos \angle C\cos \angle B(\cos^2\angle B+\sin ^2\angle B)=\cos \angle C\cos \angle B(\sin ^2\angle C+\cos ^2\angle C)$
$\Leftrightarrow \cos \angle C\cos \angle B= \cos \angle C\cos \angle B$ που ισχύει.

Henri van Aubel · #3

Ενώ η λύση που είχα δώσει τότε ήταν ωραία, ήταν μόνο Trig bash και θέλω να την σβήσω.

Henri van Aubel · #4

Δίνω και μία στοιχειώδη λύση.

Φέρνω $SR\perp BC$ με $R\in BC$ και MN//RT//AB

με $N,T\in AC$

Αρκεί DSRK

εγγράψιμο οπότε αρκεί $\displaystyle DM\cdot MR=SM\cdot MK=BM\cdot ME\Leftrightarrow \frac{BM}{MR}=\frac{DM}{ME}.$

Είναι

αντιπαράλληλη της

και

οπότε

εγγράψιμο , επομένως $ST\perp TE$

Έχουμε $\displaystyle AT\perp TE^{ON\perp AT}\Rightarrow ON//TE$ , συνεπώς $\displaystyle\frac{BM}{MR}^{RT//MN//AB}=\frac{AN}{NT}^{ON//TE} =\frac{AO}{OE}^{AD//OM}=\frac{DM}{ME}$ όπως θέλαμε

#5

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 17, 2023 9:12 am
Δίνω και μία στοιχειώδη λύση.

Φέρνω $SR\perp BC$ με $R\in BC$ και με $N,T\in AC$

Αρκεί εγγράψιμο οπότε αρκεί $\displaystyle DM\cdot MR=SM\cdot MK=BM\cdot ME\Leftrightarrow \frac{BM}{MR}=\frac{DM}{ME}.$

Είναι αντιπαράλληλη της και οπότε εγγράψιμο , επομένως $ST\perp TE$

Έχουμε $\displaystyle AT\perp TE^{ON\perp AT}\Rightarrow ON//TE$ , συνεπώς $\displaystyle\frac{BM}{MR}^{RT//MN//AB}=\frac{AN}{NT}^{ON//TE} =\frac{AO}{OE}^{AD//OM}=\frac{DM}{ME}$ όπως θέλαμε

Συνήθως δεν διαβάζω λύσεις που δεν συνοδεύονται από σχήμα, αλλά εδώ έκανα μία εξαίρεση
επειδή η άσκηση με είχε απασχολήσει αρκετά. Είναι όντως μια ωραία στοιχειώδης λύση

#6

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 14, 2023 5:27 pm
Έστω οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ με και περίκεντρο , ύψος και το μέσο της πλευράς . Οι και τέμνονται στο σημείο και ο περίκυκλος του τριγώνου επανατέμενει την στο σημείο και την ευθεία στο σημείο . Να δείξετε ότι $DK\perp KM$

Υ.Γ : Αν ο φάκελος αποδειχτεί βαρύς, μπορείτε να τον αλλάξετε.

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον κύκλο (O)

και

το σημείο τομής αυτού του κύκλου με την BK.

Η

τέμνει την

στο

Είναι, $B\widehat KS = B\widehat TC ($ ως παραπληρωματικές της γωνίας $B\widehat AC),$ άρα KS||TC

: Αγνή καθετότητα.Κ.png (29.79 KiB) Προβλήθηκε 964 φορές

και επειδή το

είναι μέσο του BC,

το

θα είναι μέσο του BT.

Σύμφωνα όμως με αυτήν , θα είναι

AH=AB,

το

θα είναι μέσο του

και

Αλλά, $\displaystyle H\widehat TC = 90^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{DK\bot KM}$

Henri van Aubel · #7

Αλλιώς. Φέρνω $SP\perp BC$ , $P\in BC$ και παίρνω $\displaystyle MP=MC-CS\cdot \cos C=\frac{BC}{2}-\frac{CE\cdot CB}{CA}\cdot \cos C=BC\left ( \frac{1}{2}-\frac{\cos B\cos C}{\cos \left ( B-C \right )} \right )$

Όμως $\displaystyle DM=BM-BD=\frac{a}{2}-\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2a}=\frac{b^{2}-c^{2}}{2a}$ , επομένως $\displaystyle DM\cdot MP=a\left ( \frac{1}{2}-\frac{\cos B\cos C}{\cos \left ( B-C \right )} \right )\cdot \frac{b^{2}-c^{2}}{2a}=\frac{b^{2}-c^{2}}{2}\cdot \left ( \frac{1}{2}-\frac{1}{1+\tan B\tan C} \right )$

Επιπλέον $\displaystyle MK\cdot MS=BM\cdot ME=\frac{a}{2}\cdot \left ( BE-\frac{a}{2} \right )$ όμως $\displaystyle \frac{BE}{c}=\frac{\cos C}{\cos \left ( B-C \right )}\Rightarrow MK\cdot MS=\frac{a}{2}\left ( c\cdot \frac{\cos C}{\cos \left ( B-C \right )}-\frac{a}{2} \right )$

Οπότε $\displaystyle MK\cdot MS=\frac{a}{2}\left ( c\cdot \frac{1}{\cos B+\sin B\tan C}-\frac{a}{2} \right )$

Έχουμε:
$\displaystyle \tan B\tan C=\frac{4h_{a}^{2}}{4BD\cdot DC}=\frac{4\left [ b^{2}-\left ( \displaystyle \frac{b^{2}-c^{2}+a^{2}}{2a} \right )^{2} \right ]}{\displaystyle \frac{\left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )\left ( c^{2}-b^{2}+a^{2} \right )}{a^{2}}}=\frac{4b^{2}-\displaystyle \frac{\left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )^{2}}{a^{2}}}{\displaystyle \frac {\left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )\left ( c^{2}-b^{2}+a^{2} \right )}{a^{2}}}$

Οπότε $\displaystyle DM\cdot MP=\frac{b^{2}-c^{2}}{2}\cdot \left [ \frac{1}{2}-\frac{1}{\displaystyle 1+\frac{\displaystyle 4a^{2}b^{2}-\left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )^{2}}{\displaystyle \left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )\left ( c^{2}-b^{2} +a^{2}\right )}} \right ]=...$

Επίσης:
$\displaystyle \cos B+\sin B\tan C=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}+\frac{4h_{a}^{2}}{\displaystyle 4c\cdot\frac{b^{2}-c^{2}+a^{2}}{2a} }=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}+ \frac{4ah_{a}^{2}}{2c\left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )}$

Οπότε $\displaystyle MK\cdot MS=\frac{a}{2}\left [ c\cdot \frac{1}{\displaystyle \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}+\frac{4a^{2}b^{2}-\left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )^{2}}{2ac\left ( b^{2}-c^{2}+a^{2} \right )}}-\frac{a}{2} \right ]=...$

Επομένως τελικά $DM\cdot MP=MK\cdot MS$ οπότε DKPS

εγγράψιμο και $DK\perp KS$ κλπ.

Εναλλακτική που αποφεύγει τους πολλούς υπολογισμούς (οι οποίοι είναι απλοί ...): Όπως είπαμε και πριν, αρκεί νδο $\displaystyle DM\cdot MP=MK\cdot MS=BM\cdot ME\Leftrightarrow \frac{MP}{BM}=\frac{ME}{DM}.$

Όμως λόγω της παραλληλίας $AD\parallel OM$ , από Θ. Θαλή είναι $\displaystyle \frac{ME}{DM}=\frac{OE}{OA}.$ Πλέον αρκεί νδο $\displaystyle \frac{MP}{CM}=\frac{OE}{OA}.$

Αν η ευθεία

επανατμήσει τον κύκλο $\left ( O,OA \right )$ στο σημείο

, τότε αρκεί νδο $\displaystyle \frac{MP}{CM}=\frac{OE}{OQ}.$

Επομένως αρκεί νδο $\displaystyle \frac{CP}{CM}=\frac{QE}{OQ}\Leftrightarrow \frac{CP}{QE}=\frac{CM}{OQ}.$

Είναι $\displaystyle \frac{CP}{QE}=\frac{CS\cdot \cos C}{QE}=\frac{\displaystyle \frac{CE\cdot CB\cdot \cos C}{CA}}{\displaystyle \frac{BE\cdot CE}{AE}}=\frac{AE\cdot CB\cdot \cos C}{BE\cdot CA}.$

Συνεπώς, αρκεί νδο $\displaystyle \frac{AE\cdot CB\cdot \cos C}{BE\cdot CA}=\frac{CB}{2OQ}=\frac{CB}{2R}=\frac{CB}{\displaystyle CA\cdot \frac{1}{\sin B}}=\frac{CB\cdot \sin B}{CA}.$

Τελικά, καταλήγουμε ότι αρκεί νδο $\displaystyle \frac{AE}{BE}=\frac{\sin B}{\cos C}$ που ισχύει ... κλπ.