Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

#1

: σύγκλιση με την ευθεία Euler και καθετότητα.png (24.19 KiB) Προβλήθηκε 1530 φορές

Έστω $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left( O \right)$ και ας είναι και τα μέσα των και τα ίχνη των από τα επί αυτών (των πλευρών) αντίστοιχα.
Να δειχθεί ότι:
i) Οι ευθείες τέμνονται επί της ευθείας (ευθεία Euler του $\vartriangle ABC$ , το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ )
ii) Είναι $AP\bot OH$ , όπου $P\equiv MN\cap RQ$

Στάθης

AlexNtagkas · #2

ισως να υπαρχει και πιο στοιχειωδεις...:
α) Απο θεωρημα Παππου για τις ευθειες AB , AC

με

και

εχουμε οτι τα εξης σημεια ειναι συνεθειακα : $MQ\cap RN\equiv S , RC\cap BQ\equiv H , MC\cap BN\equiv G$ οποτε

βρισκεται στην ευθεια Euler.
β) Εστω $\omega$ περιγεγραμμενος του ΑΜΝ και $\Gamma$ του APQ.
Ευκολα με γωνιες MQNR εγγραψιμο οποτε :
$PM\cdot PN =PQ\cdot PR$ επομενως το P εχει ισες δυναμεις στους ω και Γ και $A\equiv \omega \cap \Gamma$ οποτε ΑP ριζικος αξονας των ω και Γ οποτε AP καθετο $O_{1}O_{2}$ οπου $O_{1},O_{2}$ μεσα των ΑΗ και ΑΟ αντιστοιχα (δηλαδη κεντρα των δυο κυκλων ) οποτε ΑP καθετη και στην ΟΗ παραλληλη στην $O_{1}O_{2}$

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 26, 2019 6:34 pm
σύγκλιση με την ευθεία Euler και καθετότητα.pngΈστω $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left( O \right)$ και ας είναι και τα μέσα των και τα ίχνη των από τα επί αυτών (των πλευρών) αντίστοιχα.
Να δειχθεί ότι:
i) Οι ευθείες τέμνονται επί της ευθείας (ευθεία Euler του $\vartriangle ABC$ , το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ )
ii) Είναι $AP\bot OH$ , όπου $P\equiv MN\cap RQ$

Στάθης

Καλή Ανάσταση!

Αλλιώς το δεύτερο ερώτημα.

: Σ.Κ.png (28.71 KiB) Προβλήθηκε 1396 φορές

Τα σημεία

ανήκουν στον κύκλο Euler του ABC

με κέντρο το μέσο

του

Από το θεώρημα του Brokard

για το πλήρες τετράπλευρο MQNRAS

προκύπτει ότι το

είναι το ορθόκεντρο του ASK

που αποδεικνύει το ζητούμενο.

#4

Για το δεύτερο .

: Σύγκλιση επι της ευθείας Euler και καθετότητα_2.png (41.35 KiB) Προβλήθηκε 1385 φορές

Τα σημεία

ανήκουν στο κύκλο του Euler

που έχει κέντρο

το μέσο του

.

Η πολική του

σ αυτό τον κύκλο είναι η

που ως γνωστό είναι κάθετη στην

.

Για το πρώτο πολλά εύσημα στον AlexNtagkas

Ο Στάθης έχει άλλη άποψη γι αυτό ;

min## · #5

Το α) ισχύει για οποιαδήποτε σημεία ισογώνια ως προς την

-τις προβολές τους στις AB,AC

.Το β) ισχύει για οποιαδήποτε ισογώνια σημεία ως προς το τρίγωνο-τις προβολές τους ως προς τις

,

.
Για το α),στοιχειωδώς,αρκεί από Desargues

τα

,

να είναι προοπτικά.Παίρνοντας $T \equivHR\cap ON,T' \equiv HQ\cap OM$ αρκεί να βρίσκονται στην ίδια ευθεία με το

.Αν φέρουμε τις προβολές τους (του

ουσιαστικά) στις AB,AC

,ο λόγος των μηκών των προβολών κάθε τμήματος είναι ίσος:.Για το T'P

,είναι

,

κάθετες (γενικευμένο Nagel),οπότε τα ANO,ARH

και τα τρίγωνα προβολών συν την κορυφή

είναι όμοια(ορθογώνια με κάθετες πλευρές).Τελικά οι προβολές του έχουν λόγο PM/PQ

.Επειδή

εγγράψιμο, PMR,PQN

όμοια,δηλαδή PM/PQ=MR/QN

δηλαδή από θεώρημα ανάλογων διαιρέσεων κι επειδή οι λόγοι των προβολών των τμημάτων είναι ίσοι,τα σημεία είναι συνευθειακά.
Για το δεύτερο δεν έχω να προσθέσω κάτι..
Σημ.Η απόδειξη λειτουργεί και για τη γενική περίπτωση
Σημ.2 Λύνεται και με κινούμενα σημεία/διπλούς λόγους αλλά άλλη φορά...
Edit:αλλαγές

Ορέστης Λιγνός · #6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 26, 2019 6:34 pm

σύγκλιση με την ευθεία Euler και καθετότητα.png
Έστω $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\left( O \right)$ και ας είναι και τα μέσα των και τα ίχνη των από τα επί αυτών (των πλευρών) αντίστοιχα.
Να δειχθεί ότι:
i) Οι ευθείες τέμνονται επί της ευθείας (ευθεία Euler του $\vartriangle ABC$ , το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ )
ii) Είναι $AP\bot OH$ , όπου $P\equiv MN\cap RQ$

Στάθης

Καλή Ανάσταση!

Αλλιώς για το πρώτο ερώτημα, για το δεύτερο ίδια λύση με τον Αλέξανδρο (AlexNtagkas).

Έστω, $S \equiv RN \cap HO$ , και $S' \equiv MQ \cap HO$ . Αρκεί να δείξω ότι $S \equiv S'$ .
Έστω ακόμη, $X \equiv HO \cap AB, Y \equiv HO \cap AC$ .

Από Θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle AXY$ , με διατέμνουσα $\overline{QMS'}$ παίρνω ότι $\dfrac{S'X}{S'Y}=\dfrac{RX}{RA} \cdot \dfrac{NA}{NY}$ .

Από Θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle AXY$ , με διατέμνουσα $\overline{NRS}$ παίρνω ότι $\dfrac{SX}{SY}=\dfrac{MX}{MA} \cdot \dfrac{QA}{QY}$ .

Αρκεί να δείξω ότι $\dfrac{RX}{RA} \cdot \dfrac{NA}{NY}=\dfrac{MX}{MA} \cdot \dfrac{QA}{QY}$ (1).

Ισοδύναμα, η (1) γράφεται $\dfrac{RA}{MA} \cdot \dfrac{MX}{RX}=\dfrac{NA}{QA} \cdot \dfrac{QY}{NY}$ (2).

Είναι, $RH \perp AB, OM \perp AB \Rightarrow RH \parallel MO \Rightarrow \dfrac{MX}{RX}=\dfrac{MO}{RH}$ και όμοια $\dfrac{QY}{NY}=\dfrac{QH}{NO}$ .

Οπότε, αρκεί $\dfrac{RA}{MA} \cdot \dfrac{MO}{RH}=\dfrac{NA}{QA} \cdot \dfrac{QH}{NO}$ .

Είναι :

α) $\dfrac{RA}{MA} \cdot \dfrac{MO}{RH}=\dfrac{RA}{RH} \cdot \dfrac{MO}{MA}=\tan \angle AHR \cdot \tan \angle MAO=\tan \angle B \cdot \cot \angle C$ .

β) $\dfrac{NA}{QA} \cdot \dfrac{QH}{NO}=\dfrac{NA}{NO} \cdot \dfrac{QH}{QA}=\tan \angle AON \cdot \tan \angle QAH=\tan \angle B \cdot \cot \angle C$ .

Από τα α),β), έπεται το ζητούμενο.

Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση