Σελίδα 1 από 1

Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
από silouan
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Παρ Δεκ 01, 2017 5:58 pm
από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Εστω I_{c},I_{b} τα κέντρα των I_{C},I_{B} αντίστοιχα.

Από την ομοιότητα των τριγώνων AEI_{c},ADI_{b}

παίρνουμε \dfrac{AI_{c}}{AI_{b}}=\dfrac{r_{c}}{r_{b}}

Αν AH είναι το ύψος του τριγώνου τότε ο Θαλής μαζί με την προηγούμενη

δίνει \dfrac{QH}{HP}=\dfrac{r_{c}}{r_{b}} (1)

Εστω K=AH\cap DP

Εύκολα βλέπουμε ότι τα τρίγωνα KHP,BPI_{b}

είναι όμοια.

Ετσι έχουμε \dfrac{HK}{BP}=\dfrac{HP}{r_{b}}

Αλλά BP=t όπου t η ημιπερίμετρος.

Αρα HK=\frac{HP}{r_{b}}t (2)

Αν τώρα K'=AH\cap QE

υπολογίζουμε όμοια ότι HK'=\frac{QH}{r_{c}}t (3)

Τελικά οι (1), (2), (3) μας δίνουν ότι S\equiv K\equiv K'

και το ζητούμενο απεδείχθη.

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Δεκ 02, 2017 1:07 am
από Διονύσιος Αδαμόπουλος
silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους (2).png
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους (2).png (43 KiB) Προβλήθηκε 1201 φορές
Έστω πως οι PD και QE τέμνουν την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας A του τριγώνου ABC, η οποία είναι και διάκεντρος των κύκλων (I_B), (I_C), στα σημεία K, L. Ακόμα έστω πως η SA τέμνει την BC στο G.

Παρατηρούμε πως \widehat{I_BKP}=\widehat{AKD}=180^o-\widehat{DAK}-\widehat{ADK}=180^o-(90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2})-(90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2})=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}

Όμως είναι \widehat{I_BCP}=90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2}=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}, άρα αφού \widehat{I_BKP}=\widehat{I_BCP}, προκύπτει ότι I_BPCK είναι εγγράψιμο.

Επομένως αφού \widehat{I_BPC}=90^o, προκύπτει ότι CK\perp I_BI_C.

Ομοίως προκύπτει ότι BL\perp I_BI_C.

Έχουμε πως \widehat{LPQ}=\dfrac{\widehat{C}}{2}

Παρατηρούμε πως το τετράπλευρο I_CQBL είναι εγγράψιμο. Ακόμη ξέρουμε πως \widehat{LI_CB}=90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2}, άρα προκύπτει πως \widehat{LQP}=\widehat{LI_CB}=90^o-\dfrac{C}{2}.

Συνεπώς είναι \widehat{LPQ}+\widehat{LQP}=90^o, άρα είναι LP\perp LQ.

Ακόμη έχουμε πως \widehat{PLB}=\widehat{PI_BB}=90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{I_CBQ}=\widehat{I_CLQ}=\widehat{ALS} (1)

Επιπλέον τα ορθογώνια τρίγωνα PLS και BLA είναι όμοια αφού

\widehat{LSP}=180^o-\widehat{SPQ}-\widehat{SQP}=180^o-\widehat{KI_BC}-\widehat{LI_CB}=
=180^o-(90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2})-(90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2})=90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2}=\widehat{LAB}.

Επομένως \dfrac{LP}{LS}=\dfrac{LB}{LA} (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα LPB και LSA είναι όμοια, άρα \widehat{LBG}=\widehat{LAS}, επομένως το τετράπλευρο LBGA είναι εγγράψιμο και αφού \widehat{BLA}=90^o προκύπτει ότι AG\perp BC\Leftrightarrow AS\perp BC.

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Τετ Δεκ 06, 2017 12:51 am
από silouan
Πολύ ωραίες οι λύσεις σας! Πριν παραθέσω την δική μου, να ρωτήσω: Υπάρχει σύντομη λύση στο παραπάνω πρόβλημα με το Θεώρημα Κούτρα;

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 28, 2018 8:14 pm
από vittasko
Χρησιμοποιώ προς το παρόν, το σχήμα του Διονύση πιο πάνω ( 3η δημοσίευση ).

\bullet Έστω τα σημεία K\equiv I_{b}I_{c}\cap PS και L\equiv I_{b}I_{c}\cap QS .

Στο ορθογώνιο τραπέζιο QPI_{b}I_{c} , από PK\parallel BI_{c} , σύμφωνα με το γνωστό Λήμμα που είδαμε πρόσφατα Εδώ, προκύπτει ότι QK\parallel BI_{b}\ \ \ ,(1)

Από (1) και BI_{b}\perp PD\Rightarrow QK'\perp PK\equiv PS\ \ \ ,(2) και ομοίως, έχουμε PL\perp QE\equiv QS\ \ \ ,(3)

Από (2),\ (3) προκύπτει ότι το σημείο έστω T\equiv QK\cap PL ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle SQP

και επομένως, ισχύει \boxed{ST\perp QP}\ \ \ ,(4)

\bullet Έστω το σημείο X\equiv QP\cap KL και από το πλήρες τετράπλευρο QPI_{b}I_{c} έχουμε ότι η σημειοσειρά X,\ Q,\ Y,\ P είναι αρμονική, όπου Y\equiv QP\cap ST ( αντί του σημείου G στο σχήμα ).

Από την αρμονικότητα της ως άνω σημειοσειράς, προκύπτει ότι \displaystyle \frac{Y Q}{YP} = \frac{XQ}{XP} = \frac{QI_{c}}{PI_{b}}\ \ \ .(5) λόγω QI_{c}\parallel PI_{b} .

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle DAI_{b},\ \vartriangle EAI_{c} έχουμε \displaystyle \frac{AI_{c}}{AI_{b}} = \frac{EI_{c}}{DI_{b}} = \frac{QI_{c}}{PI_{b}}\ \ \ ,(6)

Από (5),\ (6)\Rightarrow \displaystyle \frac{YQ}{YP} = \frac{AI_{c}}{AI_{b}}\ \ \ ,(7)

Από (7)\Rightarrow QI_{c}\parallel AY\parallel PI_{b} και άρα, ισχύει \boxed{AY\perp QP}\ \ \ ,(8)

Από (4),\ (8)\Rightarrow ST\equiv SY\equiv AY\Rightarrow \boxed{SA\perp BC} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 28, 2018 9:14 pm
από S.E.Louridas
Γεια χαρά.

Έστω Q_1 η επαφή του κύκλου {I_c} με την BA και P_1 η επαφή του κύκλου {I_b} με την CA. Τότε προφανώς έχουμε Q{Q_1} \bot PD,\;\,P{P_1} \bot QE (*)

οπότε το σημείο τομής H των P{P_1},\;Q{Q_1} θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου SQP.

Ταυτόχρονα έχουμεQ \displaystyle{\frac{{{I_c}H}}{{HP}} = \frac{{{I_c}Q}}{{{I_b}P}} = \frac{{{I_c}E}}{{{I_b}D}} = \frac{{{I_c}A}}{{{I_b}A}} \Rightarrow AH\parallel {I_c}Q \Rightarrow AH \bot QC.}

Άρα τα σημεία S,A,H είναι συνευθειακά.


(*) Επειδή οι QQ_1, PP_1 είναι παράλληλες στις διχοτόμους των γωνιών \andle B και \angle C αντίστοιχα.

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 28, 2018 9:20 pm
από min##
Αλλιώς:Αν I,R το έκκεντρο και η προβολή του στην BC και
X,Y οι προβολές του A στις SQ,PQ,λόγω του εγγράψιμου SKAE(απλό),θα είναι τα AEK,AXY όμοια.Είναι AX=sin(AEX\angle )\cdot AE,AY=sin(ADY)\cdot AD,δηλαδή AX=cos(C\angle /2)(s-b)=\frac{RC}{CI}(s-b)=\frac{(s-c)(s-b)}{CI} και AY=cos(B\angle /2)(s-c)=\frac{BR}{BI}(s-c)=\frac{(s-c)(s-b)}{BI},δηλαδή \frac{AX}{AY}=\frac{BI}{CI} και επειδή BIC\angle =XAY\angle τα BIC,XAY είναι όμοια,δηλαδή και τα EAK,BIC είναι (αντιστρόφως) όμοια,άρα είναι και ορθολογικά κλπ.

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 28, 2018 10:38 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους.png
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους.png (37.94 KiB) Προβλήθηκε 618 φορές
 \bullet Με \angle B=\angle C η πρόταση είναι προφανής (λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς την μεσοκάθετη της BC

 \bullet Έστω \dfrac{\pi }{2}>\angle B>\angle C και ας είναι H,K οι ορθές προβολές του S και {{I}_{a}} (το A- παράκεντρο) στην BC . Τότε από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων \vartriangle B{{I}_{a}}C και \vartriangle PSQ (παράλληλες πλευρές) για τις ομόλογες πλευρές και προβολές θα ισχύει:

\dfrac{{PQ}}{{BC}} = \dfrac{{HQ}}{{KC}} \Rightarrow \dfrac{{b + c}}{a} = \dfrac{{\tau  - a + BH}}{{\tau  - b}}  \Rightarrow BH = \dfrac{{b + c}}{a}\left( {\tau  - b} \right) + a - \tau  =

\dfrac{{b + c}}{a}\left( {\dfrac{{a + c - b}}{2}} \right) + \dfrac{{a - b - c}}{2} = \dfrac{{ab + ac + {c^2} - {b^2} + {a^2} - ab - ac}}{{2a}} \Rightarrow BH = \dfrac{{{c^2} - {b^2} + {a^2}}}{{2a}}

Αλλά \dfrac{{{c^2} - {b^2} + {a^2}}}{{2a}} = \pi \rho o{\beta _{BC}}AB \Rightarrow A \in SH και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

 \bullet Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται αν \dfrac{\pi }{2}<\angle B

Στάθης

Υ.Σ. Θα επακολουθήσει μια τουλάχιστον ακόμα στοιχειώδης απόδειξη και ίσως και η απόδειξη με το περιώνυμο Θεώρημα

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 28, 2018 10:53 pm
από min##
Με την παραπάνω σχέση για το BH
και 2 Μενέλαους στα AHC,BHC με διατέμνουσες τις SEQ,SPD,αρκεί\frac{QH}{QC}\frac{EC}{EA}=\frac{PH}{PB}\frac{DB}{DA},δηλαδή \frac{QH}{EA}=\frac{PH}{DA} το οποίο τσεκάρεται απλούστατα.(\frac{QH}{EA}=\frac{BH+s-a}{s-b}=\frac{b+c}{a} το οποίο και λόγω κυκλικότητας των b,c είναι ίσο με \frac{PH}{DA})

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Οκτ 28, 2018 11:11 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους1.png
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους1.png (50.13 KiB) Προβλήθηκε 606 φορές
 \bullet Έστω F\equiv EQ\cap B{{I}_{c}},T\equiv PD\cap C{{I}_{b}} και ας είναι K το σημείο επαφής του A- παρεγγεγραμμένου κύκλου με την BC .

Προφανώς το SF{{I}_{a}}T είναι παραλληλόγραμμο (απέναντι πλευρές κάθετες στην ίδια ευθεία) οπότε οι διαγώνιες διχοτομούνται.

Είναι \vartriangle BQF = \vartriangle PCT\left( {BQ = PC = \tau  - \alpha ,BF\parallel PT,FQ\parallel CT} \right)  \Rightarrow \boxed{FB = TP,FQ = TC}:\left( 1 \right)

Είναι \vartriangle FBA\mathop  = \limits^{FB = TP,BA = PK = c,\angle FBA = TPK = \frac{{\angle {B_{\varepsilon \xi }}}}{2}} \vartriangle TPK  \Rightarrow \boxed{FA = TK}:\left( 2 \right) και

\vartriangle FQK\mathop  = \limits^{FQ = TC,QK = AC = b,\angle FQK = \angle TCA = \frac{{\angle {C_{\varepsilon \xi }}}}{2}} \vartriangle TCA  \Rightarrow \boxed{FK = TA}:\left( 3 \right)

 \bullet Από \left( 2 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow AFKT παραλληλόγραμμο. Από τα παραλληλόγραμμα SF{{I}_{a}}T και AFKT που μοιράζονται την διαγώνιο FT προκύπτει ότι και SA{{I}_{a}}K είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται) οπότε SA\parallel {I_a}K\mathop  \Rightarrow \limits^{{I_a}K \bot BC} \boxed{SA \bot BC} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης