Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

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

Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Ιουν 01, 2017 7:55 pm

Kαθετότητα στην ευθεία Euler.png
Kαθετότητα στην ευθεία Euler.png (36.55 KiB) Προβλήθηκε 1258 φορές
Έστω P το σημείο τομής των εφαπτομένων στις κορυφές B,C του περίκυκλου \left( O \right) τριγώνου \vartriangle ABC . Από τυχόν σημείο S του φορέα του ύψους AD του \vartriangle ABC φέρνουμε τις παράλληλες προς τις PB,PC που τέμνουν τις ευθείες AC,AB στα σημεία {B}',{C}' αντίστοιχα . Να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου \vartriangle ABC είναι κάθετη στην {B}'{C}'

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:
Άβαταρ μέλους
mikemoke
Δημοσιεύσεις: 216
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mikemoke » Κυρ Ιουν 04, 2017 9:37 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Kαθετότητα στην ευθεία Euler.pngΈστω P το σημείο τομής των εφαπτομένων στις κορυφές B,C του περίκυκλου \left( O \right) τριγώνου \vartriangle ABC . Από τυχόν σημείο S του φορέα του ύψους AD του \vartriangle ABC φέρνουμε τις παράλληλες προς τις PB,PC που τέμνουν τις ευθείες AC,AB στα σημεία {B}',{C}' αντίστοιχα . Να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου \vartriangle ABC είναι κάθετη στην {B}'{C}'

Στάθης
Μπορούμε να δείξουμε εύκολα ότι η ευθεία Euler διέρχεται από το περίκεντο O ....και μετά να εκμεταλλευτούμε το θεώρημα Κούτρα και τότε αν αποδείξουμε οτι ισχύει η καθετότητα για ένα συγκεκριμένο S ισχύει για κάθε λόγω αναλογιών;


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2090
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τρί Ιουν 06, 2017 3:44 pm

mikemoke έγραψε:Μπορούμε να δείξουμε εύκολα ότι η ευθεία Euler διέρχεται από το περίκεντο O ....και μετά να εκμεταλλευτούμε το θεώρημα Κούτρα και τότε αν αποδείξουμε οτι ισχύει η καθετότητα για ένα συγκεκριμένο S ισχύει για κάθε λόγω αναλογιών;
Σωστή σκέψη.

Πράγματι, για κάθε σημείο S της ευθείας AH, αποδεικνύεται εύκολα με βάση το Θεώρημα Θαλή, ότι η ευθεία B'C' παραμένει παράλληλη προς εαυτήν και άρα αρκεί να αποδειχθεί ότι το ζητούμενο ( καθετότητα ) ισχύει για κάποιο γνωστό σημείο της ευθείας AH.

Μιχάλη (;) θα πρότεινα να αποδειχθεί ότι ισχύει το ζητούμενο για το ορθόκεντρο H του \vartriangle ABC, με βάση το Θεώρημα Κούτρα, όπως το σκέφτηκες.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. ( για τον mikemoke )
Επ! Γιατί το άνοιξες ; Το υστερόγραφο είναι για τον mikemoke: Αν σε μπερδεύει το σχήμα της εκφώνησης, φτιάξε ένα άλλο που σε βολεύει και αντί για τις παράλληλες προς τις εφαπτόμενες στα σημεία B, C, θεώρησε τις κάθετες ευθείες στις αντίστοιχες ακτίνες του περιγεγραμμένου κύκλου.


Άβαταρ μέλους
mikemoke
Δημοσιεύσεις: 216
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 17, 2016 12:58 am

Re: Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mikemoke » Τετ Ιουν 07, 2017 12:22 am

vittasko έγραψε:
mikemoke έγραψε:Μπορούμε να δείξουμε εύκολα ότι η ευθεία Euler διέρχεται από το περίκεντο O ....και μετά να εκμεταλλευτούμε το θεώρημα Κούτρα και τότε αν αποδείξουμε οτι ισχύει η καθετότητα για ένα συγκεκριμένο S ισχύει για κάθε λόγω αναλογιών;
Σωστή σκέψη.

Πράγματι, για κάθε σημείο S της ευθείας AH, αποδεικνύεται εύκολα με βάση το Θεώρημα Θαλή, ότι η ευθεία B'C' παραμένει παράλληλη προς εαυτήν και άρα αρκεί να αποδειχθεί ότι το ζητούμενο ( καθετότητα ) ισχύει για κάποιο γνωστό σημείο της ευθείας AH.

Μιχάλη (;) θα πρότεινα να αποδειχθεί ότι ισχύει το ζητούμενο για το ορθόκεντρο H του \vartriangle ABC, με βάση το Θεώρημα Κούτρα, όπως το σκέφτηκες.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. ( για τον mikemoke )
Επ! Γιατί το άνοιξες ; Το υστερόγραφο είναι για τον mikemoke: Αν σε μπερδεύει το σχήμα της εκφώνησης, φτιάξε ένα άλλο που σε βολεύει και αντί για τις παράλληλες προς τις εφαπτόμενες στα σημεία B, C, θεώρησε τις κάθετες ευθείες στις αντίστοιχες ακτίνες του περιγεγραμμένου κύκλου.
Έστω ABC το τρίγωνο O το περίκεντρο και H το ορθόκεντρο και D,E μέσα AB,AC αντίστοιχα και K,L οι τομές των CH,AB και BH,AC
Για να δείξουμε ότι O,H και βαρύκεντρο συνευθειακά φέρνουμε αντιδιαμετρικό του A το A' και από \angle BPC=\angle BAC=\angle PHC όπου P σημείο τομής
BH και κύκλου ABC Άρα BHCA' παραλληλόγραμμο και μετά η συνευθειακότητα βγαίνει από Θαλή

Επίσης έχει προκύψει ότι από KLCB εγγράψιμο \frac{KH}{HL}=\frac{BH}{CH}

Από H θεωρούμε κάθετη στην OC που τέμνει OC,AB,OB σε T,M,M' αντίστοιχα
και κάθετη στην OB που τέμνει OB,AC,OC σε S,N,N'
έτσι έχουμε KBCL,KLMN,TSM'N',STCB εγγράψιμα
και αντιστοίχως προκύπτουν \frac{KH}{LH}=\frac{BH}{CH} ,\frac{KH}{LH}=\frac{HM}{HN}

\frac{SH}{TH}=\frac{HM'}{HN'} και \frac{SH}{TH}=\frac{BH}{CH}

και απ αυτά τελικά \frac{HM}{HN}=\frac{HM'}{HN'}
άρα MN,M'N' παράλληλα
αλλά

H ορθόκεντρο στο ON'M' τρίγωνο άρα OH (ευθεία Εuler) κάθετη σε MN

Ευχαριστώ για τις συμβουλές . Το έλυσα (ελπίζω) χωρίς χρήση του Θεωρήματος Κούτρα. Θα χαιρόμουν να έβλεπα και άλλες προσεγγίσεις .(Μιχάλης, mike όπως θέλετε)


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2090
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Ιουν 07, 2017 7:47 pm

Ας δούμε μία προσέγγιση βασισμένη στο Θεώρημα Κούτρα.

\bullet Οι δια του σημείου S κάθετες ευθείες, επί των ευθειών OB,\ OC αντιστοίχως ( = παράλληλες προς τις εφαπτόμενες του περικύκλου (O) στα σημεία B,\ C αντιστοίχως, όπως αναφέρονται στην εκφώνηση ), όπου O είναι το περίκεντρο του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC, τέμνουν τις ευθείες AC,\ AB, στα σημεία X,\ Y, αντιστοίχως.

Έστω K,\ L, οι προβολές του ορθόκεντρου H του \vartriangle ABC, επί των OB,\ OC αντιστοίχως και έστω τα σημεία Q\equiv AC\cap HK και P\equiv AB\cap HL.

Από SX\parallel HQ και SY\parallel HP, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, έχουμε \boxed{\displaystyle \frac{AX}{XQ} = \frac{AS}{SH} = \frac{AY}{YP}}\ \ \ ,(1)

Από (1)\Rightarrow XY\parallel PQ και επομένως, αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει OH\perp PQ.
f=181_t=58764.png
Μία καθετότητα στην ευθεία Euler.
f=181_t=58764.png (29.49 KiB) Προβλήθηκε 974 φορές
\bullet Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle KHB,\ \vartriangle EHQ, έχουμε \boxed{\displaystyle \frac{HK}{HE} = \frac{HB}{HQ}}\ \ \ ,(2)

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle FHP,\ \vartriangle LHC, έχουμε \boxed{\displaystyle \frac{HF}{HL} = \frac{HP}{HC}}\ \ \ ,(3)

Από (2),\ (3)\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{HK}{HE}\cdot \frac{HF}{HL} = \frac{HB}{HQ}\cdot \frac{HP}{HC}}\ \ \ ,(4)

Αλλά, από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle EHC,\ \vartriangle FHB, έχουμε \boxed{\displaystyle \frac{HF}{HE} = \frac{HB}{HC}}\ \ \ ,(5)

Από (4),\ (5)\Rightarrow \boxed{\dfiplaystyle \frac{HK}{HL} = \frac{HP}{HQ}}\ \ \ ,(6)

Από (6), σύμφωνα με το Θεώρημα Κούτρα, προκύπτει ότι \boxed{OH\perp PQ} και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Καθώς στην ως άνω τεκμηρίωση, δεν χρειάστηκε κάποια ιδιότητα που αφορά στο περίκεντρο του \vartriangle ABC, το πρόβλημα γενικεύεται. Ισχύει δηλαδή πάντοτε OH\perp XY, όπου O είναι τυχόν σημείο και όχι απαραίτητα το περίκεντρο του δοσμένου τριγώνου.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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