Θέση περίκεντρου

#1

: Θέση περίκεντρου.png (13.71 KiB) Προβλήθηκε 636 φορές

Δίνεται τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας

και το ύψος του $AD=R\sqrt 2.$ Αν E, F

είναι οι προβολές

του

στις

αντίστοιχα, να δείξετε ότι το περίκεντρο

του τριγώνου ABC

είναι σημείο του EF.

#2

Γράφω το κύκλο $(A,AD) \equiv (A,R\sqrt 2 )$ που οι $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DF$ τον τέμνουν στα $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q$ αντίστοιχα.

Επειδή οι $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ είναι μεσοκάθετοι στις πλευρές $DP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DQ$ του $\vartriangle DPQ$

Η κάθετη από το

στην

θα είναι κάθετη σε κάποιο σημείο

και στη

Κι αυτό γιατί $EF// = \frac{1}{2}PQ$ . Θα δείξω ότι το ύψος AK = x

του $\vartriangle AEF$ είναι η

ακτίνα

του κύκλου (A,B,C)

.

Επειδή $A{D^2} = AE \cdot AB = AF \cdot AC\,\,( = 2{R^2})$ , εκτός από το προφανώς εγγράψιμο

τετράπλευρο AEDF

είναι εγγράψιμο και το τετράπλευρο BEFC

και έτσι τα τρίγωνα

$ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AFE$ είναι όμοια και ο λογος ομοιότητας τους θα ισούται με το λόγο

των αντιστοίχων υψών $AD\, = R\sqrt 2 \,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AK = x$ .

: Θέση περικέντρου.png (37.75 KiB) Προβλήθηκε 618 φορές

Είναι λοιπόν: $\left\{ \begin{gathered} \frac{{R\sqrt 2 }}{x} = \frac{b}{{AE}} \hfill \\ \frac{{R\sqrt 2 }}{x} = \frac{c}{{AF}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{{{\left( {\frac{{R\sqrt 2 }}{x}} \right)}^2} = \dfrac{{bc}}{{AE \cdot AF}}}\,\,\, \Leftrightarrow \boxed{\dfrac{{2{R^2}}}{{{x^2}}} = \dfrac{{bc}}{{AE \cdot AF}}}\,\,(1)$

Από το γνωστό τύπο $\beta \gamma = 2{\rm P}{\upsilon _\alpha }$ στα δύο τρίγωνα $ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AEF$

( Το $\vartriangle AEF$ ανήκει στο κύκλο διαμέτρου $AD = R\sqrt 2$ ) η (1)

γίνεται:

$\dfrac{{2{R^2}}}{{{x^2}}} = \dfrac{{2{R^2}\sqrt 2 }}{{2\left( {\dfrac{{R\sqrt 2 }}{2}} \right)x}} \Rightarrow \boxed{x = R}$ .

#3

Έστω τρίγωνο ABC

με ύψος

και ο περιγεγραμμένος του κύκλος (O,R)

.

Αντιστρέφω το κύκλο με πόλο το

κα δύναμη αντιστροφής ${y^2}$ και

μετασχηματίζεται σε ευθεία ${d_1}$ που είναι ο ριζικός άξονας του κύκλου αντιστροφής ${C_1}$ και του (O,R)

.

Η ${d_1}$ τέμνει τον (O,R)

στα $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q$ και τις $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC\,\,$ στα $E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,F$ .

: Θέση περικέντρου_new_1.png (44.47 KiB) Προβλήθηκε 583 φορές

Επειδή $A{D^2} = AE \cdot AB = AF \cdot AC \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} DE \bot AB \hfill \\ DF \bot AC \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και το τετράπλευρο AEDF

είναι

εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

. Αντιστρέφω και αυτό το κύκλο με πάλι πόλο το

και δύναμη αντιστροφής ${y^2}$ και μετασχηματίζεται στην ευθεία

.

Η διάκεντρος

είναι μεσοκάθετος στη χορδή

και έστω

η τομή τους.

$A{M^2} + M{P^2} = A{P^2} \Rightarrow {(R - OM)^2} + M{P^2} = {y^2} \Rightarrow {R^2} + O{M^2} + M{P^2} - 2R \cdot OM = {y^2}$

Δηλαδή : $\boxed{2{R^2} - 2R \cdot OM = {y^2}}$ . Οπότε αν επιλέξω $\boxed{y = R\sqrt 2 }$ OM = 0

δηλαδή $M \equiv O$ .

#4

[quote="george visvikis" post_id=301431 time=1533567168 user_id=10857]
Θέση περίκεντρου.png Δίνεται τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας

και το ύψος του $AD=R\sqrt 2.$ Αν E, F

είναι οι προβολές

του

στις

αντίστοιχα, να δείξετε ότι το περίκεντρο

του τριγώνου ABC

είναι σημείο του EF.

[/quote]

Στον κύκλο AEDF

με διάμετρο $AD= R\sqrt{2}$ είναι $EF=\sqrt{2}RsinA$ . Ακόμα BC=2RsinA

Έστω

η προβολή του

στην

Στα όμοια τρίγωνα $AEF,\,\,ACB$ ο λόγος των υψών ισούται με το λόγο ομοιότητας, οπότε

$\dfrac{AO}{AD}=\dfrac{EF}{CB }\Rightarrow \dfrac{AO}{R\sqrt{2}}=\dfrac{R\sqrt{2 }sinA}{2RsinA }\Rightarrow AO=R$ . κ.λπ.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 06, 2018 5:52 pm
Θέση περίκεντρου.png Δίνεται τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας και το ύψος του $AD=R\sqrt 2.$ Αν είναι οι προβολές

του στις αντίστοιχα, να δείξετε ότι το περίκεντρο του τριγώνου είναι σημείο του

Θεωρούμε τον περίκυκλο του $\displaystyle \vartriangle ABC$ τον οποίο η κάθετη από το $\displaystyle A$ στην $\displaystyle EF$ τέμνει στο $\displaystyle Z$

Λόγω ισότητας των πράσινων και κόκκινων γωνιών θα είναι $\displaystyle \angle ACZ = {90^0} \Rightarrow AZ = 2R$

Από το εγγράψιμο $\displaystyle OFCZ \Rightarrow AO \cdot AZ = AF \cdot AC = A{D^2} \Rightarrow AO \cdot 2R = {\left( {R\sqrt 2 } \right)^2} \Rightarrow \boxed{AO = R}$

που αποδεικνύει το ζητούμενο

: θέση περίκεντρου.png (24.65 KiB) Προβλήθηκε 560 φορές

Θέση περίκεντρου

Θέση περίκεντρου

Re: Θέση περίκεντρου

Re: Θέση περίκεντρου

Re: Θέση περίκεντρου

Re: Θέση περίκεντρου

Μέλη σε σύνδεση