Ορθή Γωνία;!

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 807
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Ορθή Γωνία;!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Ιούλ 21, 2018 3:23 pm

Έστω τρίγωνο ABC με περίκεντρο O. Η AO τέμνει την BC στο E και έστω D το ίχνος του ύψους από την κορυφή A στην BC. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABE τέμνει την AC στο S. Έστω M το μέσο του BC και K το σημείο τομής της SM με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABE. Να αποδειχθεί πως \widehat{DKM}=90^o!
Ορθή Γωνία.png
Ορθή Γωνία.png (26.41 KiB) Προβλήθηκε 732 φορές
Έφτασα στο συγκεκριμένο πρόβλημα προσπαθώντας να λύσω ένα άλλο πρόβλημα (μπορεί το αρχικό να είναι και πιο εύκολο :lol: ). Έφτασα κάνοντας αντιστροφή και μερικές άλλες απλοποιήσεις στη συνέχεια. Το θέμα είναι ότι δεν έχω καταφέρει να βρω λύση σε αυτό :roll: , αν και δεν τα έχω παρατήσει ακόμα. Μετά από λίγες μέρες θα βάλω το αρχικό πρόβλημα και θα δείτε πόσο διαφορετικό είναι με το παραπάνω :D (η "μαγεία" της αντιστροφής)

Υ.Γ Δεν ξέρω αν αυτό το πρόβλημα έχει δύσκολη ή εύκολη λύση, επομένως δεν είμαι σίγουρος και για τον φάκελο...


Houston, we have a problem!

Λέξεις Κλειδιά:
ksofsa
Δημοσιεύσεις: 220
Εγγραφή: Κυρ Απρ 18, 2010 9:42 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Ορθή Γωνία;!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ksofsa » Σάβ Ιούλ 21, 2018 9:46 pm

Μετά από μερικές ώρες αναζήτησης και μερικές δεκάδες κόλλες για πέταμα...

Εστω P η προβολή του S στην BC.

Αρκεί ν.δ.'ο. το τετράπλευρο DKPS είναι εγγράψιμο

ή ισοδύναμα ότι DM\cdot MP=MK\cdot MS.

Ομως MK\cdot  MS=MB\cdot ME

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ό. MD\cdot MP=MB\cdot ME\Leftrightarrow \frac{MD}{ME}=\frac{MB}{MP}.

Ομως, \frac{MD}{ME}=\frac{OA}{OE}.

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ο. \frac{OA}{OE}=\frac{MC}{MP}\Leftrightarrow \frac{OE}{OA}=\frac{MP}{MC}\Leftrightarrow 1-\frac{OE}{OA}=1-\frac{MP}{MC}\Leftrightarrow \frac{R-OE}{R}=\frac{CP}{MC}\Leftrightarrow \frac{R-OE}{R}=\frac{2CP}{BC}

Προεκτείνω την AE για να τμήσει τον κύκλο (O,OA) στο σημείο Q.

Ισχύει AE\cdot EQ=BE\cdot CE\Leftrightarrow (R+OE)(R-OE)=BE\cdot CE.

Ισχύει επίσης CE\cdot BC=CS\cdot CA\Leftrightarrow CE=\frac{CS\cdot CA}{BC}.

Αντικαθιστώ το CE και παίρνω

(R+OE)(R-OE)=BE\cdot \frac{CS\cdot CA}{BC}\Leftrightarrow BC(R-OE)=\frac{BE\cdot CS\cdot CA}{R+OE}.

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ο.

2R\cdot CP=\frac{BE\cdot CS\cdot CA}{R+OE}\Leftrightarrow 2R\cdot CP\cdot AE=BE\cdot CS\cdot CA\Leftrightarrow \frac{CA}{sinB}\cdot AE\cdot CP=BE\cdot CS\cdot CA\Leftrightarrow AE\cdot CP=BE\cdot CS\cdot sinB\Leftrightarrow AE\cdot CS\cdot cosC=BE\cdot CS\cdot sinB\Leftrightarrow AE\cdot cosC=BE\cdot sinB

Είναι <BAE=<BCQ=90-C.

Από νόμο ημιτόνων είναι \frac{AE}{sinB}=\frac{BE}{sinBAE }=\frac{BE}{sin(90-C)}=\frac{BE}{cosC}\Leftrightarrow AEcosC=BEsinB, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Κώστας Σφακιανάκης
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 807
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Ορθή Γωνία;!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Ιούλ 22, 2018 12:31 am

ksofsa έγραψε:
Σάβ Ιούλ 21, 2018 9:46 pm
Μετά από μερικές ώρες αναζήτησης και μερικές δεκάδες κόλλες για πέταμα...

Εστω P η προβολή του S στην BC.

Αρκεί ν.δ.'ο. το τετράπλευρο DKPS είναι εγγράψιμο

ή ισοδύναμα ότι DM\cdot MP=MK\cdot MS.

Ομως MK\cdot  MS=MB\cdot ME

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ό. MD\cdot MP=MB\cdot ME\Leftrightarrow \frac{MD}{ME}=\frac{MB}{MP}.

Ομως, \frac{MD}{ME}=\frac{OA}{OE}.

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ο. \frac{OA}{OE}=\frac{MC}{MP}\Leftrightarrow \frac{OE}{OA}=\frac{MP}{MC}\Leftrightarrow 1-\frac{OE}{OA}=1-\frac{MP}{MC}\Leftrightarrow \frac{R-OE}{R}=\frac{CP}{MC}\Leftrightarrow \frac{R-OE}{R}=\frac{2CP}{BC}

Προεκτείνω την AE για να τμήσει τον κύκλο (O,OA) στο σημείο Q.

Ισχύει AE\cdot EQ=BE\cdot CE\Leftrightarrow (R+OE)(R-OE)=BE\cdot CE.

Ισχύει επίσης CE\cdot BC=CS\cdot CA\Leftrightarrow CE=\frac{CS\cdot CA}{BC}.

Αντικαθιστώ το CE και παίρνω

(R+OE)(R-OE)=BE\cdot \frac{CS\cdot CA}{BC}\Leftrightarrow BC(R-OE)=\frac{BE\cdot CS\cdot CA}{R+OE}.

Αρα ,αρκεί ν.δ.'ο.

2R\cdot CP=\frac{BE\cdot CS\cdot CA}{R+OE}\Leftrightarrow 2R\cdot CP\cdot AE=BE\cdot CS\cdot CA\Leftrightarrow \frac{CA}{sinB}\cdot AE\cdot CP=BE\cdot CS\cdot CA\Leftrightarrow AE\cdot CP=BE\cdot CS\cdot sinB\Leftrightarrow AE\cdot CS\cdot cosC=BE\cdot CS\cdot sinB\Leftrightarrow AE\cdot cosC=BE\cdot sinB

Είναι <BAE=<BCQ=90-C.

Από νόμο ημιτόνων είναι \frac{AE}{sinB}=\frac{BE}{sinBAE }=\frac{BE}{sin(90-C)}=\frac{BE}{cosC}\Leftrightarrow AEcosC=BEsinB, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


:notworthy: :notworthy:

ΕΠΙΚΟΣ! :wow: :wow: ! Σε ευχαριστώ για τη λύση :coolspeak: ! Τις επόμενες μέρες θα βάλω το αρχικό πρόβλημα!


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1636
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ορθή Γωνία;!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Ιούλ 22, 2018 10:36 am

Καλημέρα.

Μία άλλη λύση:

Φέρνουμε SL \perp BC. Τότε, αρκεί το DKLS να είναι εγγράψιμο, δηλαδή αρκεί DM \perp ML=KM \perp MS.

Όμως, KM \perp MS=BM \perp ME άρα αρκεί BM \perp ME=DM \perp ML.
Ισχύει επίσης OM \perp BC και AD \perp BC άρα OM \parallel AD \Rightarrow \dfrac{AO}{OE}=\dfrac{DM}{ME} άρα αρκεί \dfrac{BM}{ML}=\dfrac{AO}{OE}.

Φέρνουμε τώρα MN \parallel AB και LT \parallel AB.

Τότε, αφού M μέσο της BC, το N είναι μέσο της AC και αφού το O είναι το περίκεντρο του ABC, ισχύει ON \perp AC.
Ακόμη, ισχύει \angle EST=\angle ABE=\angle B=\angle TLC \Rightarrow SELT εγγράψιμο, άρα \angle STE=90^\circ, άρα ON \parallel ET \Rightarrow \dfrac{AO}{OE}=\dfrac{AN}{NT}.

Τέλος, αφού AB \parallel MN \parallel LT ισχύει \dfrac{AN}{NT}=\dfrac{BM}{ML}.
Άρα, \dfrac{AO}{OE}=\dfrac{AN}{NT}=\dfrac{BM}{ML}, και τελειώσαμε.

[attachment=0]GONIA.png[/attachment]
Συνημμένα
GONIA.png
GONIA.png (39.73 KiB) Προβλήθηκε 507 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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