Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

#1

: Kαθετότητα στην ευθεία Euler.png (36.55 KiB) Προβλήθηκε 1258 φορές

Έστω το σημείο τομής των εφαπτομένων στις κορυφές του περίκυκλου $\left( O \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Από τυχόν σημείο του φορέα του ύψους του $\vartriangle ABC$ φέρνουμε τις παράλληλες προς τις που τέμνουν τις ευθείες στα σημεία αντίστοιχα . Να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$ είναι κάθετη στην

Στάθης

mikemoke · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Kαθετότητα στην ευθεία Euler.pngΈστω το σημείο τομής των εφαπτομένων στις κορυφές του περίκυκλου $\left( O \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Από τυχόν σημείο του φορέα του ύψους του $\vartriangle ABC$ φέρνουμε τις παράλληλες προς τις που τέμνουν τις ευθείες στα σημεία αντίστοιχα . Να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$ είναι κάθετη στην

Στάθης

Μπορούμε να δείξουμε εύκολα ότι η ευθεία Euler διέρχεται από το περίκεντο

....και μετά να εκμεταλλευτούμε το θεώρημα Κούτρα και τότε αν αποδείξουμε οτι ισχύει η καθετότητα για ένα συγκεκριμένο

ισχύει για κάθε λόγω αναλογιών;

#3

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

Σωστή σκέψη.

Πράγματι, για κάθε σημείο

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

του $\vartriangle ABC$ , με βάση το Θεώρημα Κούτρα, όπως το σκέφτηκες.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. ( για τον mikemoke )

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

mikemoke · #4

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

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

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

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. ( για τον mikemoke )
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
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 θεώρησε τις κάθετες ευθείες στις αντίστοιχες ακτίνες του περιγεγραμμένου κύκλου.

Έστω

το τρίγωνο

το περίκεντρο και

το ορθόκεντρο και D,E

μέσα

αντίστοιχα και K,L

οι τομές των CH,AB

και

Για να δείξουμε ότι O,H

και βαρύκεντρο συνευθειακά φέρνουμε αντιδιαμετρικό του

το

και από $\angle BPC=\angle BAC=\angle PHC$ όπου

σημείο τομής

και κύκλου ABC

Άρα

παραλληλόγραμμο και μετά η συνευθειακότητα βγαίνει από Θαλή

Επίσης έχει προκύψει ότι από KLCB

εγγράψιμο $\frac{KH}{HL}=\frac{BH}{CH}$

Από

θεωρούμε κάθετη στην

που τέμνει OC,AB,OB

σε

αντίστοιχα
και κάθετη στην

που τέμνει OB,AC,OC

σε

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

ορθόκεντρο στο ON'M'

τρίγωνο άρα

(ευθεία Εuler) κάθετη σε

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

#5

Ας δούμε μία προσέγγιση βασισμένη στο Θεώρημα Κούτρα.

$\bullet$ Οι δια του σημείου

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

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

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 $OH\perp PQ.$

: 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

είναι τυχόν σημείο και όχι απαραίτητα το περίκεντρο του δοσμένου τριγώνου.

Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

Re: Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

Re: Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

Re: Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

Re: Μια καθετότητα στην Ευθεία Euler

Μέλη σε σύνδεση