Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4101
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Απρ 26, 2019 6:34 pm

σύγκλιση με την ευθεία Euler και καθετότητα.png
σύγκλιση με την ευθεία Euler και καθετότητα.png (24.19 KiB) Προβλήθηκε 786 φορές
Έστω \vartriangle ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο \left( O \right) και ας είναι M,N και R,Q τα μέσα των AB,AC και τα ίχνη των από τα C,R επί αυτών (των πλευρών) αντίστοιχα.
Να δειχθεί ότι:
i) Οι ευθείες MQ,RN τέμνονται επί της ευθείας HO (ευθεία Euler του \vartriangle ABC, H το ορθόκεντρο του \vartriangle ABC )
ii) Είναι AP\bot OH , όπου P\equiv MN\cap RQ


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

Λέξεις Κλειδιά:
AlexNtagkas
Δημοσιεύσεις: 8
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 20, 2019 8:46 am

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AlexNtagkas » Σάβ Απρ 27, 2019 8:37 am

ισως να υπαρχει και πιο στοιχειωδεις...:
α) Απο θεωρημα Παππου για τις ευθειες AB , AC με MRB και NQC
εχουμε οτι τα εξης σημεια ειναι συνεθειακα : MQ\cap RN\equiv S , RC\cap BQ\equiv H , MC\cap BN\equiv G οποτε
S 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}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10364
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Απρ 27, 2019 10:54 am

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 M,N και R,Q τα μέσα των AB,AC και τα ίχνη των από τα C,R επί αυτών (των πλευρών) αντίστοιχα.
Να δειχθεί ότι:
i) Οι ευθείες MQ,RN τέμνονται επί της ευθείας HO (ευθεία Euler του \vartriangle ABC, H 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
Σ.Κ.png (28.71 KiB) Προβλήθηκε 652 φορές
Τα σημεία M, Q, N, R ανήκουν στον κύκλο Euler του ABC με κέντρο το μέσο K του OH. Από το θεώρημα του Brokard

για το πλήρες τετράπλευρο MQNRAS προκύπτει ότι το P είναι το ορθόκεντρο του ASK που αποδεικνύει το ζητούμενο.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7833
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Απρ 27, 2019 11:34 am

Για το δεύτερο .
Σύγκλιση επι της ευθείας Euler και καθετότητα_2.png
Σύγκλιση επι της ευθείας Euler και καθετότητα_2.png (41.35 KiB) Προβλήθηκε 641 φορές
Τα σημεία M,R,N,Q ανήκουν στο κύκλο του Euler που έχει κέντρο K το μέσο του HO.

Η πολική του S σ αυτό τον κύκλο είναι η AP που ως γνωστό είναι κάθετη στην SK.


Για το πρώτο πολλά εύσημα στον AlexNtagkas

Ο Στάθης έχει άλλη άποψη γι αυτό ;


Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 323
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Απρ 27, 2019 12:40 pm

Το α) ισχύει για οποιαδήποτε σημεία ισογώνια ως προς την A-τις προβολές τους στις AB,AC.Το β) ισχύει για οποιαδήποτε ισογώνια σημεία ως προς το τρίγωνο-τις προβολές τους ως προς τις AB,AC.
Για το α),στοιχειωδώς,αρκεί από Desargues τα OMN,HRQ να είναι προοπτικά.Παίρνοντας T \equivHR\cap ON,T' \equiv HQ\cap OM αρκεί να βρίσκονται στην ίδια ευθεία με το P.Αν φέρουμε τις προβολές τους (του P ουσιαστικά) στις AB,AC,ο λόγος των μηκών των προβολών κάθε τμήματος είναι ίσος:.Για το T'P,είναι (OA,RQ),(OH,MN) κάθετες (γενικευμένο Nagel),οπότε τα ANO,ARH και τα τρίγωνα προβολών συν την κορυφή P είναι όμοια(ορθογώνια με κάθετες πλευρές).Τελικά οι προβολές του έχουν λόγο PM/PQ.Επειδή RMQN 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


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1654
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Σύγκλιση επί της ευθείας Euler και καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Απρ 27, 2019 4:00 pm

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 M,N και R,Q τα μέσα των AB,AC και τα ίχνη των από τα C,R επί αυτών (των πλευρών) αντίστοιχα.
Να δειχθεί ότι:
i) Οι ευθείες MQ,RN τέμνονται επί της ευθείας HO (ευθεία Euler του \vartriangle ABC, H 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.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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