Αναπάντεχη καθετότητα

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10854
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Αναπάντεχη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Φεβ 27, 2013 12:41 am

Αναπάντεχη  καθετότητα.png
Αναπάντεχη καθετότητα.png (12.63 KiB) Προβλήθηκε 568 φορές
Στο τρίγωνο \displaystyle ABC , (AB<AC) , έχουμε σχεδιάσει τη διάμεσο AM και τα ύψη BD , CE ,

τα οποία τέμνονται στο H . Οι CB και DE τέμνονται στο S . Δείξτε ότι : SH\perp AM


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Φεβ 27, 2013 1:50 am

KARKAR έγραψε:
Αναπάντεχη καθετότητα.png
Στο τρίγωνο \displaystyle ABC , (AB<AC) , έχουμε σχεδιάσει τη διάμεσο AM και τα ύψη BD , CE ,

τα οποία τέμνονται στο H . Οι CB και DE τέμνονται στο S . Δείξτε ότι : SH\perp AM
Δεν ξέρω κατά πόσο είναι αναπάντεχη η καθετότητα. Είναι γνωστότατη πρόταση (αρμονικοκαθετοτική!) (νομίζω ότι έχει ξανασυζητηθεί) και θα επανέλθω αύριο γιατί τώρα :sleeping:

Στάθης

Υ.Σ. Θανάση την καθετότητα την είδες, τις παραλληλίες τις είδες; :)


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6727
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Φεβ 27, 2013 2:46 am

Αναπάντεχη καθετότητα.png
Αναπάντεχη καθετότητα.png (31.74 KiB) Προβλήθηκε 524 φορές
Καλημέρα.
(Άποψη με όχι στοιχειώδη μέσα).
Επειδή τα D,E βλέπουν υπό ορθή γωνία το BC ο κύκλος διαμέτρου BC διέρχεται από τα D,E . Η πολική του σημείου S ως προς αυτόν τον κύκλο είναι , ως γνωστόν, η ευθεία AH( δηλαδή ο φορέας του τρίτου ύψους του τριγώνου ABC).
Αν η ευθεία SH κόψει τον προαναφερθέντα κύκλο στα P,Q οι ευθείες AP,AQ εφάπτονται σ’ αυτόν ( γνωστή κατασκευή ) και έτσι η διακεντρική ευθεία AM κάθετη στην χορδή PQ , δηλαδή AM \bot SH .
(Στην περίπτωση που το τρίγωνο έχει την γωνία στο A αμβλεία αντιμετατίθενται τα σημεία A,Hκαι θα είναι HM \bot SA )

Φιλικά Νίκος


Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Τετ Φεβ 27, 2013 7:14 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
νομίζω ότι έχει ξανασυζητηθεί
Συντρέχουν


Φωτεινή Καλδή
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Φεβ 27, 2013 2:52 pm

KARKAR έγραψε: Στο τρίγωνο \displaystyle ABC , (AB<AC) , έχουμε σχεδιάσει τη διάμεσο AM και τα ύψη BD , CE , τα οποία τέμνονται στο H . Οι CB και DE τέμνονται στο S . Δείξτε ότι : SH\perp AM
Ας το δούμε και λίγο διαφορετικά (καθετικά) ...
3.png
3.png (21.9 KiB) Προβλήθηκε 444 φορές
Αν AX\parallel BC (οπότε και AX \bot HZ με AZ το τρίτο ύψος), τότε με M το μέσο της BC προκύπτει ότι η δέσμη A.BCMX είναι αρμονική.

Επίσης είναι γνωστό ότι η AZ είναι η πολική του σημείου S ως προς τις AB,AC και συνεπώς η σειρά \left( {S,Z,B,C} \right) είναι αρμονική, άρα και η δέσμη H.SZBC είναι αρμονική.

Τα ζεύγη των AB - HC,AC - HB,AC - HZ αντιστοίχων ακτινών των δύο πιο πάνω δεσμών είναι κάθετα μεταξύ τους, οπότε και το τέταρτο ζεύγος

των ακτινών τους θα είναι κάθετες μεταξύ τους, δηλαδή SH \bot AM και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης

Υ.Σ. Θα επανέλθω οσονούπω στοιχειωδέστατα :)


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Φεβ 27, 2013 3:01 pm

KARKAR έγραψε: Στο τρίγωνο \displaystyle ABC , (AB<AC) , έχουμε σχεδιάσει τη διάμεσο AM και τα ύψη BD , CE , τα οποία τέμνονται στο H . Οι CB και DE τέμνονται στο S . Δείξτε ότι : SH\perp AM
2.png
2.png (55.3 KiB) Προβλήθηκε 438 φορές
Ας είναι AZ το τρίτο ύψος και ας είναι L το σημείο τομής του περικυκλίου (διαμέτρου AH) του εγγραψίμου AEHD\left( {\angle AEH = \angle ADH = {{90}^0}} \right), με τη διάμεσο AM.

Τότε HL \bot AM ( \angle ALH = {90^0} εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο). Τότε \angle AEL\mathop  = \limits^{AEHL\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle AHL\mathop  = \limits^{HZML\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle LMZ \Rightarrow ELMB εγγράψιμο οπότε:

\angle ELB = \angle EMB \mathop  \Rightarrow \limits^{\angle EMB = 2\angle ECB\,\,(EM\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\,\,\vartriangle EBC} \angle ELH + \angle HLB = 2\angle ECB

\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle ECB = \angle EAZ(AEZC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o) = \angle ELH(AEHL\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o)} \angle ELH + \angle HLB = 2\angle ELH \Rightarrow εγγράψιμο οπότε:

\angle LHD\mathop  = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,BHCL} \angle LCB \mathop  \Rightarrow \limits^{\angle LHD = \angle LED\,\,(EHLD\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o)} \angle LED = \angle LCB

\mathop  \Rightarrow \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,ELCS} ELCS εγγράψιμο άρα \boxed{\angle ELS = }\angle ECB = \angle EAH = \boxed{\angle ELH} \Rightarrow S,H,L συνευθειακά

και συνεπώς \boxed{SHL \bot AM} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Φεβ 27, 2013 3:46 pm

Όπως αναφέρεται και στην παραπομπή που δίνει η Φωτεινή πιο πάνω, το πρόβλημα ισχύει για κάθε κύκλο έστω (M) χορδής BC, ο οποίος τέμνει τις πλευρές ( ή τις ευθείες ) AC,\ AB του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC, στα σημεία D,\ E, αντιστοίχως και αποδεικνύεται ως άμεση εφαρμογή του παρακάτω γνωστού θεωρήματος.

ΘΕΩΡΗΜΑ. - Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο, κυρτό ή μη κυρτό, η ευθεία που συνδέει το περίκεντρο με το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του.

Έτσι, στο αμέσως προηγούμενο σχήμα του Στάθη, η ευθεία MA, που συνδέει το περίκεντρο M με το σημείο A, τομής των διαγωνίων του εγγεγραμμένου μη κυρτού τετραπλεύρου BCED, είναι κάθετη επί την ευθεία SH, που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του.

Δείτε Εδώ μία στοιχειώδη απόδειξη του παραπάνω θεωρήματος.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10854
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Φεβ 27, 2013 7:31 pm

Αναπάντεχη  καθετότητα.png
Αναπάντεχη καθετότητα.png (25.72 KiB) Προβλήθηκε 351 φορές
Στην παραπομπή του Κώστα , βρήκα και την εξής κομψή λύση . Φέρω το τρίτο ύψος AZ και το τμήμα HK \perp AM .

Τα A,E,H,K,D είναι ομοκυκλικά ( λόγω των ορθών γωνιών ) . Τα K,H,Z,M ομοίως . Τα D,E,Z,M είναι

σημεία του κύκλου Euler . Οι ριζικοί άξονες DE,MZ,KH των τριών κύκλων διέρχονται από το ίδιο σημείο S ...


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Φεβ 27, 2013 7:50 pm

vittasko έγραψε: ΘΕΩΡΗΜΑ. - Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο, κυρτό ή μη κυρτό, η ευθεία που συνδέει το περίκεντρο με το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του.
Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση του παραπάνω θεωρήματος που αναφέρει ο Κώστας λίγο διαφορετικότερη εκείνη της παραπομπής του

\bullet Έστω εγγεγραμμένο σε κύκλο \left( O \right) τετράπλευρο ABCD και έστω P \equiv BA \cap CD,Q \equiv AD \cap BC και M το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου ABCDPQ.

Τότε \angle QMD\mathop  = \limits^{QMDC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle BCD\mathop  = \limits^{ABCD\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle PAD\mathop  \Rightarrow \limits^{ADMP\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} Q,M,P συνευθειακά.

Με \angle QMC\mathop  = \limits^{BCMP\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle ABC\mathop  = \limits^{BAMQ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle AMP \Rightarrow \angle CMA = {180^0} - 2\angle AMC \mathop  \Rightarrow \limits^{2\angle AMC = \angle AOC\,\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta  - \varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( O \right)} OAMC

εγγράψιμο (έστω σε κύκλο \left( K \right)). Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι BODM εγγράψιμο (έστω σε κύκλο \left( L \right)).
[attachment=0]Θεώρημα.png[/attachment]
\bullet Αν S \equiv AC \cap BD τότε από το Θεώρημα των τεμνομένων χορδών στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABCD θα έχουμε:

\left( {SA} \right) \cdot \left( {SC} \right) = \left( {SB} \right) \cdot \left( {SD} \right) \Rightarrow  - \Delta _{\left( K \right)}^S =  - \Delta _{\left( L \right)}^S \Rightarrow S είναι σημείο του ριζικού άξονα των κύκλων \left( K \right),\left( L \right), δηλαδή της κοινής τους χορδής OM \Rightarrow O,S,M συνευθειακά.

Από το εγγράψιμο OAMC\mathop  \Rightarrow \limits^{OC = OA = {R_0}} \angle CMO = \angle AMO\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle CMQ = \angle AMP} \angle OMQ = \angle OMP\mathop  \Rightarrow \limits^{Q,M,P\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } \boxed{OSM \bot PQ} και το Θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Στάθης
Συνημμένα
Θεώρημα.png
Θεώρημα.png (78.4 KiB) Προβλήθηκε 337 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: Αναπάντεχη καθετότητα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Πέμ Φεβ 28, 2013 9:22 am

αναπάντεχη_καθετότητα.png
αναπάντεχη_καθετότητα.png (32.21 KiB) Προβλήθηκε 202 φορές
μετά από το ...Συντρέχουν ...

πάλι με χρήση Αντιστροφής (νομίζω είναι απλή η καθετότητα )

Με πόλο A και λόγο \lambda=AE\cdot AB

η BC αντιστρέφεται στον κύκλο C: (AEHD)

N το αντίστροφο του M , N\in C,\quad  H\hat NA=90^o

S,H,N συνευθειακά από το ''Συντρέχουν''


Φωτεινή Καλδή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης