Καθετότητα από Μπράιτον

Henri van Aubel · #1

Καλησπέρα σας!
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left ( \omega \right ).$ Στο εσωτερικό των τμημάτων

,

παίρνουμε τα σημεία

,

αντίστοιχα. Οι παράλληλες από τα σημεία

,

προς την ευθεία

επανατέμνουν τον κύκλο $\left ( \omega \right )$ στα σημεία

,

αντίστοιχα και οι ευθείες

,

τέμνονται στο σημείο

και οι εκ του

κάθετες προς τις

,

τέμνουν τις ευθείες

,

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Αν οι ευθείες

,

τέμνονται στο σημείο

, να δείξετε ότι $PM\perp BC$ .

Υ.Γ1 Αν κάποιος αλλάξει τον φάκελο που την έβαλα, παρακαλώ να με ενημερώσει.
Υ.Γ 2 Στοχεύω κάποιους master της γεωμετρίας

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 23, 2023 6:52 pm
Καλησπέρα σας!
Θεωρούμε τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left ( \omega \right ).$ Στο εσωτερικό των τμημάτων , παίρνουμε τα σημεία , αντίστοιχα. Οι παράλληλες από τα σημεία , προς την ευθεία επανατέμνουν τον κύκλο $\left ( \omega \right )$ στα σημεία , αντίστοιχα και οι ευθείες , τέμνονται στο σημείο και οι εκ του κάθετες προς τις , τέμνουν τις ευθείες , στα σημεία και αντίστοιχα. Αν οι ευθείες , τέμνονται στο σημείο , να δείξετε ότι $PM\perp BC$ .

Υ.Γ1 Αν κάποιος αλλάξει τον φάκελο που την έβαλα, παρακαλώ να με ενημερώσει.
Υ.Γ 2 Στοχεύω κάποιους master της γεωμετρίας

1. Το

ανήκει στον κύκλο $\left( {A,B,C} \right)$ γιατί οι γωνίες $\widehat {YPX}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {BAC}$ βαίνουν σε ένα κόκκινο κι ένα μπλε τόξο ( BX//CY

)

(Δηλαδή αν δεχτώ ότι η

τέμνει τον κύκλο $\omega$ στο

αλλά η

τον τέμνει στο

$P' \ne P$ , τότε ομοίως : $\widehat {YP'X} = \widehat {BAC}$ και ο $\omega$ με τον κύκλο $\left( {A,D,E} \right)$ θα είχαν

κοινά τα A,P,P'

αλλά δύο διαφορετικοί κύκλοι έχουν το πολύ 2 κοινά σημεία.)

2. Προφανώς τώρα τα A,P,D,E

ανήκουν σε ένα κύκλο .

3. Ας είναι

η προβολή του

στην ευθεία

. Δυο σημεία ορίζουν μια μόνο ευθεία.

: Καθετότητα απο Μπράϊτον.png (37.99 KiB) Προβλήθηκε 892 φορές

α) Τα σημεία : $J\,\,\kappa \alpha \iota \,\,K$ ορίζουν την ευθεία Simson

του $\vartriangle ABC$

β) Τα σημεία : $N,\,J\,\,\kappa \alpha \iota \,\,K$ ανήκουν στην ευθεία Simson

του $\vartriangle ADE$

Δηλαδή οι δύο ευθείες ορίζουν την ίδια ευθεία που τέμνει σύμφωνα με την εκφώνηση την

στο

.

Συνεπώς το

είναι ο τρίτος πόδας της ευθείας αυτής στο $\vartriangle ABC$ , δηλαδή $AM \bot BC$ .

Παρατήρηση :

Ένας άλλος εντελώς διαφορετικός τρόπος για να δείξουμε ότι το είναι πάνω στο κύκλο $\omega$ είναι ο εξής :

Το είναι το σημείο ( Δείτε Αρίστου Δημητρίου σελίδα ) κι έχει την ιδιότητα:

$\boxed{\frac{{DB}}{{EC}} = \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{PD}}{{PE}}}$

giannimani · #4

Έστω η σπειροειδής ομοιότητα $S:\, [BC]\,\leftrightarrow\,[DE]$ . Εφόσον $BD \cap CE=A$ , τότε το κέντρο
της σπειροειδούς ομοιότητας

θα είναι το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων $(ABC)=\omega$ και (ADE)

,
έστω

.
Συμβολίζουμε με

την τομή $(PE)\cap (\omega)$ και με

την τομή $(PD)\cap (\omega)$ . Αρκεί να αποδείξουμε ότι $DE \,\parallel \,BX \,\parallel\, CY$ .

: sim_br.png (40.9 KiB) Προβλήθηκε 822 φορές

Είναι $\angle ADP=\angle AEP$ (ως εγγεγραμμένες γωνίες του κύκλου (ADE)

που βαίνουν στο ίδιο τόξο

).
Επίσης στον κύκλο $(\omega)$ είναι $\angle ADP=\frac{\tau o \xi\, AP+ \tau o \xi \,YB}{2} =\angle AEP=\frac{\tau o \xi\, AP+ \tau o \xi \,CX}{2}\Rightarrow \tau o \xi \,YB= \tau o \xi \,CX \Rightarrow BX \parallel CY \quad (1)$ .
Επιπλέον, $\angle DEP=\angle KAP=\angle BXP \Rightarrow BX \parallel DE \quad (2)$ .
από τις (1)

,

προκύπτει ότι $DE \,\parallel \,BX \,\parallel\, CY$ .
Τα σημεία

,

είναι οι προβολές του

στις πλευρές

,

αντίστοιχα. Ως εκ τούτου, η ευθεία

είναι
η ευθεία Simson του τριγώνου ADE

για το σημείο

, οπότε αν $L = KN \cap AE$ , τότε $PL \bot AE$ .
Τα σημεία

,

είναι οι προβολές του

στις πλευρές

,

αντίστοιχα. Ως εκ τούτου, η ευθεία

είναι
η ευθεία Simson του τριγώνου ABC

για το σημείο

, οπότε εφόσον $KN\cap BC=M$ , τότε $PM \bot BC$ .

Henri van Aubel · #5

Ευχαριστώ πολύ για τις λύσεις σας.

Είναι $\angle AYX=\angle ABX=\angle ADE$ και $\angle YAX=\angle DAE$ , επομένως $\displaystyle \vartriangle AXY\sim \vartriangle ADE\Rightarrow \frac{AY}{AX}=\frac{AD}{AE}\overset{\angle DAY=\angle EAX}\Rightarrow \vartriangle ADY\sim \vartriangle AEX.$

Συνεπώς $\angle AYP\equiv \angle AYD=\angle AXE\equiv \angle AXP\Rightarrow A,X,Y,P$ ομοκυκλικά και άρα A,X,C,Y,B,P

ομοκυκλικά.

: Καθετότητα από Μπράιτον (ΑΕΚΑΡΑ).png (206.05 KiB) Προβλήθηκε 706 φορές

Έχουμε $\angle DPE\equiv \angle YPX\overset {P\in \left ( \omega \right )}=\angle YAX=\angle DAE\Rightarrow A,P,D,E$ ομοκυκλικά και άρα $\angle PDE=180^\circ-\angle PAE=\angle PBM\left ( 1 \right )$

Επιπλέον $\angle PKM\equiv \angle PKN\overset{\angle DNP=\angle DKP}=180^\circ-\angle PDE\overset{\left ( 1 \right )}=\angle 180^\circ-\angle PBM.$

Έτσι , έχουμε PBMK

εγγράψιμο και συνεπώς $\displaystyle \boxed{\angle BMP\overset{PBMK\varepsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle BKP=\frac{\pi }{2}\Rightarrow PM\perp BC}$

Καθετότητα από Μπράιτον

Καθετότητα από Μπράιτον

Re: Καθετότητα από Μπράιτον

Re: Καθετότητα από Μπράιτον

Re: Καθετότητα από Μπράιτον

Re: Καθετότητα από Μπράιτον

Μέλη σε σύνδεση