Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20

#1

: τα εργαλεία κάνουν το μεγάλο Μάστορα_20.png (29.98 KiB) Προβλήθηκε 650 φορές

Σε κάθε σκαληνό τρίγωνο, τυχαία κάθετος σε μια διάμεσό του τέμνει τις ευθείες των υψών σε τρία σημεία,

που το ένα απ’ αυτά είναι μέσο του ευθυγράμμου τμήματος των δύο άλλων.

#2

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 08, 2022 10:10 pm
τα εργαλεία κάνουν το μεγάλο Μάστορα_20.png
Σε κάθε σκαληνό τρίγωνο, τυχαία κάθετος σε μια διάμεσό του τέμνει τις ευθείες των υψών σε τρία σημεία,

που το ένα απ’ αυτά είναι μέσο του ευθυγράμμου τμήματος των δύο άλλων.

Έστω

τα σημεία τομής της εκ του

καθέτου στην διάμεσο

με τις ευθείες των υψών BE,CZ

αντίστοιχα και ας είναι {A}'

το συμμετρικό του

ως προς το μέσο

της

.

Τότε από το παραλληλόγραμμο AB{A}'C

(οι διαγώνιες διχοτομούνται) θα είναι $\angle A{A}'B=\angle {A}'AC\overset{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\angle A{K}'B\Rightarrow A{K}'{A}'B$ εγγράψιμο σε κύκλο. Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι A{L}'{A}'C

είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20.png (43.64 KiB) Προβλήθηκε 588 φορές

Έτσι έχουμε: $\angle A{K}'{A}'\overset{A,{K}',{A}',B\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle {{180}^{0}}-\left( \angle AB{A}' \right)$ $\overset{AB{A}'C\,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o}{\mathop{=}}\,\angle {{180}^{0}}-\left( \angle AC{A}' \right)\overset{A,C,{A}',{L}'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle A{L}'{A}'\Rightarrow$ $\vartriangle {A}'{K}'{L}'$ ισοσκελές $\left( {A}'{L}'={A}'{K}' \right)\overset{{A}'A\bot {K}'{L}'}{\mathop{\Rightarrow }}\,A$ το μέσο της

. Με

το ορθόκεντρο του τρίγωνου $\vartriangle ABC$ και $KL\parallel {K}'{L}'$ (κάθετες στην ίδια ευθεία

) από το θεώρημα της κεντρικής δέσμης {K}'HK,AHN,{L}'HL

(με κέντρο το

) προκύπτει ότι και

το μέσο της

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#3

$\bullet$ Έστω το σημείο $S\equiv BC\cap EZ$ και έχουμε ότι το τετράπλευρο BCEZ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (M)

με διάμετρο την πλευρά

του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (M),

γιατί περνάει από το σημείο $H\equiv BE\cap CZ$

= ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$

και είναι κάθετη επί την ευθεία SM,

που συνδέει του σημείο

με το κέντρο

του κύκλου (M)

και επομένως έχουμε ότι η σημειοσειρά $S,\ B,\ D,\ C$ είναι αρμονική, οπότε και η δέσμη H.SBDC

είναι αρμονική.

: Τα εργαλεία κάνουν τον μάστορα 20.; f=178 t=72055.PNG (14.55 KiB) Προβλήθηκε 542 φορές

$\bullet$ Επειδή τώρα, η ως άνω Πολική ευθεία περνάει από το σημείο

προκύπτει ότι η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (M),

η οποία ταυτίζεται με την ευθεία

γιατί συνδέει το σημείο $S\equiv BC\cap EZ$ με το σημείο $H\equiv BE\cap CZ$

είναι κάθετη επί την ευθεία

.

Ισχύει δηλαδή, $SH\parallel KL\ \ \ ,(1)$

Από την αρμονική δέσμη $H.SBDC\equiv H.SKNL$ τέλος, λόγω της (1),

συμπεραίνεται ότι $\boxed{KN = NL}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

giannimani · #4

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το μέσο

της πλευράς

,

το ορθόκεντρο του $\triangle ABC$ , και $G \equiv (AM) \cap \ell$ .

Εφόσον, $AC \bot KE$ , και $AA'\bot \ell$ , τότε $\angle CAA' =\angle EKL=\angle HKL\quad (1)$ .
Επίσης, $AB\bot LZ$ , και $AA'\bot \ell$ , οπότε $\angle BAA'=\angle ZLK=\angle HLK$ . Αλλά $\angle BAA'= CA'A$ .
Ως εκ τούτου, $\angle CA'A=\angle HLK\quad (2)$ .

: median.png (27.8 KiB) Προβλήθηκε 500 φορές

Από

,

, προκύπτει ότι $\triangle \,CAA' \sim \triangle \,HKL$ .

Επίσης, το τετράπλευρο DMGN

είναι εγγράψιμο ( $\angle MDN=\angle MGN =90^{\circ}$ ),
οπότε $\angle AMC =\angle HNK$ . Όμως στο τρίγωνο CAA'

η

διάμεσος, οπότε και
στο όμοιό του τρίγωνο HKL

, η

που είναι ομόλογος της

, θα είναι διάμεσος.

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλημέρα σε όλους! Παραλλαγή με χρήση του σχήματος

: 10-8 μαθαίνοντας απ' τους ως άνω ΜΑΣΤΟΡΕΣ .png (148.21 KiB) Προβλήθηκε 455 φορές

Έστω

το ορθόκεντρο του τριγώνου BAC

Τα τρίγωνα MAC

και

είναι όμοια αφού $\widehat{M}=90^o +\widehat{MAH}=\widehat{N}$ και $\widehat{C}=90^o -\widehat{CAH}=\widehat{H}$

άρα $\dfrac{AM}{CM}=\dfrac{KN}{HN}..\left ( 1 \right )$ . Με ίδιο τρόπο και τα BAM,NHL

είναι όμοια οπότε $\dfrac{AM}{BM}=\dfrac{LN}{HN}..\left ( 2 \right )$

Από (1)

και

παίρνουμε

δηλ. το ζητούμενο.

Με εκτίμηση-θαυμασμό προς τους ως άνω συμμετέχοντες στο παρόν θέμα ..Φιλικά, Γιώργος.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 08, 2022 10:10 pm
τα εργαλεία κάνουν το μεγάλο Μάστορα_20.png
Σε κάθε σκαληνό τρίγωνο, τυχαία κάθετος σε μια διάμεσό του τέμνει τις ευθείες των υψών σε τρία σημεία,

που το ένα απ’ αυτά είναι μέσο του ευθυγράμμου τμήματος των δύο άλλων.

Κατασκευάζουμε τα τετράγωνα πλευράς

και

εξωτερικά του τριγώνου ABC

Είναι γνωστό ότι το ύψος

του τριγώνου ABC

είναι διάμεσος του τριγώνου APQ

και η διάμεσος

ύψος του

Έτσι PQ//KL

κι από θ.κ δέσμης θα είναι NT=NS

Είναι όμως AS//EK,AT//ZL

κι αν

ορθόκεντρο του τριγώνου ABC

έχουμε

$\dfrac{SK}{SN}= \dfrac{AH}{AN}$ και $\dfrac{TL}{TN}= \dfrac{AH}{AN}$ από τις οποίες παίρνουμε SK=TL

άρα και

: Τα εργαλεία...20.png (156.83 KiB) Προβλήθηκε 436 φορές

Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20

Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20

Re: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20

Re: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20

Re: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20

Re: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20

Re: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα 20

Μέλη σε σύνδεση