Άλλη μία όμορφη καθετότητα

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8422
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Απρ 22, 2019 11:26 am

Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png
Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png (12.94 KiB) Προβλήθηκε 1186 φορές
CD είναι το ύψος, H το ορθόκεντρο και O το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC. Ο περίκυκλος

του τριγώνου BHC τέμνει την AB στο F και η FH την BC στο E. Να δείξετε ότι OD\bot DE.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1472
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Απρ 22, 2019 3:52 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Απρ 22, 2019 11:26 am
Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png
CD είναι το ύψος, H το ορθόκεντρο και O το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC. Ο περίκυκλος

του τριγώνου BHC τέμνει την AB στο F και η FH την BC στο E. Να δείξετε ότι OD\bot DE.
Καλησπέρα κ. Γιώργο και Καλό Πάσχα!

Έστω K \equiv BH \cap FC , L \equiv DK \cap BC  . Τότε, από το πλήρες τετράπλευρο FHCB.DE προκύπτει ότι τα B,L,C,E είναι αρμονικά συζυγή, και αφού \angle BDC=90^\circ, έχουμε ότι \angle LDC=\angle CDE.

Είναι, \angle DBO=\angle ABO=90^\circ-\angle C=\angle HBC=\angle KBC, και \angle OCB=90^\circ-\angle A=\angle ABH=\angle FBH=\angle DCH=\angle KCD. Επομένως, τα K,O είναι ισογώνια συζυγή στο τρίγωνο \vartriangle BDC.

Συνεπώς, \angle BDO=\angle KDC=\angle CDE \Rightarrow 90^\circ-\angle ODC=\angle CDE \Rightarrow \angle ODE=90^\circ, και το ζητούμενο δείχτηκε.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
giannimani
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Δευ Απρ 22, 2019 10:11 pm

perp1.png
perp1.png (104.02 KiB) Προβλήθηκε 1045 φορές
Έστω M το μέσο της πλευράς BC. Τότε OM \bot BC. Είναι γνωστό ότι, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι (\Omega) του \vartriangle ABC, και (\Omega ') του τριγώνου BHC, είναι συμμετρικοί ως προς την πλευρά BC. Έστω O' το κέντρο του (\Omega '), και H' το συμμετρικό του H ως προς τη BC. Τότε H' \in (\Omega ').

Συμβολίζουμε με S το μέσο του FH. Τότε O'S \bot FH (O'S απόστημα της χορδής FH του κύκλου (\Omega ').) Ως εκ τούτου, αν S' το συμμετρικό του S ως προς τη BC, τότε OS' \bot EH' (Ο μετασχηματισμός της συμμετρίας ως προς ευθεία, διατηρεί την γωνία δύο ευθειών).
Με τη χρήση του παρακάτω κριτηρίου (*), προκύπτει ότι τα σηµεία D, M, S' και O ανήκουν στον ίδιο κύκλο, και εφόσον \angle OS'E=90^{\circ}, τότε και OD\bot DE.

(*) Δίνεται τρίγωνο DMS' και ένα σηµείο O. Φέρουµε τις κάθετες a, b και c στις OD, OM και OS', στα σηµεία D, M και S', αντίστοιχα. Οι ευθείες a, b και c διέρχονται από το ίδιο σηµείο, όταν και µόνον όταν, τα σηµεία D, M, S' και O είναι οµοκυκλικά.


giannimani
Δημοσιεύσεις: 104
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Τρί Απρ 23, 2019 12:24 am

perp2.png
perp2.png (101.34 KiB) Προβλήθηκε 1009 φορές
Η προηγούμενη προσπάθεια είναι λανθασμένη. Δίνω μια δεύτερη.

Έστω M το μέσο της πλευράς BC. Τότε OM \bot BC. Είναι γνωστό ότι, οι περιγεγραμμένοι κύκλοι (\Omega) του \vartriangle ABC, και (\Omega ') του τριγώνου BHC, είναι συμμετρικοί ως προς την πλευρά BC. Έστω O' το κέντρο του (\Omega '), και H' το συμμετρικό του H ως προς τη BC. Τότε H' \in (\Omega ').

Συμβολίζουμε με S το μέσο του FH. Τότε O'S \bot FH (O'S απόστημα της χορδής FH του κύκλου (\Omega ').) Ως εκ τούτου, αν S' το συμμετρικό του S ως προς τη BC, τότε OS' \bot EH' (Ο μετασχηματισμός της συμμετρίας ως προς ευθεία, διατηρεί την γωνία δύο ευθειών).
Τα σημεία S' και M ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου OE. Αρκεί να αποδείξουμε ότι και το D ανήκει σε αυτόν τον κύκλο.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο HFBC στον κύκλο (\Omega ') προκύπτει ότι \angle DHF = \angle ABC\quad (1).
Αν P το μέσο του AH, τότε από στο ορθογώνιο τρίγωνο DAH, η DP διάμεσος επί την υποτείνουσα, οπότε DP=PH,
και \angle PDH =\angle PHD=90^{\circ}-\angle DAH=\angle ABC\quad (2).

Από (1) και (2) προκύπτει ότι \angle DHF=\angle PDH\,\implies DP \parallel FH. Επομένως, το DPHS είναι παραλληλόγραμμο, και εφόσον DP = PH είναι ρόμβος, δηλαδή, DS=PH= OM=O'M, και εφόσον DS \parallel O'M, τότε το DSO'M παραλληλόγραμμο, οπότε DM=O'S\quad (3).

Αλλά, το τραπέζιο OSS'O' είναι ισοσκελές τραπέζιο, επειδή OS=O'S' (συμμετρικά ως προς τη BC). Επομένως, OS' = O'S\quad (4).
Από τις (3) και (4) έχουμε ότι, OS'=DM, οπότε και το τραπέζιο DOMS' είναι ισοσκελές, και επομένως εγγράψιμο, δηλαδή, το D ανήκει στον ίδιο κύκλο με τα σημεία O, M και S', που είναι αυτό που θέλαμε να αποδείξουμε.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1677
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Απρ 23, 2019 12:31 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Απρ 22, 2019 11:26 am
Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png
CD είναι το ύψος, H το ορθόκεντρο και O το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC. Ο περίκυκλος

του τριγώνου BHC τέμνει την AB στο F και η FH την BC στο E. Να δείξετε ότι OD\bot DE.

Με \displaystyle OM \bot BC \Rightarrow M μέσον της \displaystyle BC και \displaystyle DM είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα στο \displaystyle \vartriangle BDC

Έτσι ,είναι προφανής η ισότητα των γωνιών \displaystyle x όπως και των \displaystyle y με \displaystyle x + y = {90^0}

άρα \displaystyle EH \bot DM \Rightarrow Pορθόκεντρο του \displaystyle \vartriangle DME \Rightarrow MP \bot ED

Επειδή \displaystyle D μέσον της \displaystyle AF και \displaystyle DP//AH \Rightarrow DP = //\frac{{AH}}{2} = //OM \Rightarrow ODPM παραλ/μμο.Άρα \displaystyle MP//OD \Rightarrow OD \bot DE
Όμορφη καθετότητα.png
Όμορφη καθετότητα.png (34.34 KiB) Προβλήθηκε 963 φορές


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τρί Απρ 23, 2019 3:15 pm

\bullet Το τρίγωνο \vartriangle HAF είναι ισοσκελές με HA = HF, από \angle HFA = \angle HCB = \angle HAF και άρα, το σημείο D ταυτίζεται με το μέσον του τμήματος AF, λόγω HD\perp AF.

Έστω N το μέσον του HF και έχουμε \displaystyle DN // = \frac{AH}{2}\ \ \ (1)

Από (1) και \displaystyle OM\parallel = \frac{AH}{2}\Rightarrow MN\parallel = OD\ \ \ ,(2) όπου O είναι το περίκεντρο του \vartriangle ABC και M είναι το μέσον της πλευράς BC.

Ο περίκυκλος (O') του τριγώνου \vartriangle HBC είναι συμμετρικός του περίκυκλου (O) του \vartriangle ABC και άρα, έχουμε MO = MO'\ \ \ ,(3) όπου O' είναι το κέντρο του κύκλου (O').
f 174_t 64323.PNG
άλλη μία όμορφη καθετότητα.
f 174_t 64323.PNG (35.24 KiB) Προβλήθηκε 865 φορές
\bullet Από το πλήρες τετράπλευρο DHPFBC, όπου P\equiv BH\cap CF, έχουμε ότι η ευθεία MN περνάει από το μέσον K του DP ( Ευθεία Gauss-Newton ).

Από (2),\ (3) και DK = KP τώρα, προκύπτει ότι \boxed{O'P\parallel OD}\ \ \ ,(4)

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο BCHF έχουμε ότι η ευθεία DE ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου P ως προς τον κύκλο (O')

και επομένως ισχύει \boxed{O'P\perp DE}\ \ \ ,(5)

Από (4),\ (5)\Rightarrow \boxed{OD\perp DE} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Απρ 24, 2019 4:35 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Απρ 22, 2019 11:26 am
Άλλη μία όμορφη καθετότητα.png
CD είναι το ύψος, H το ορθόκεντρο και O το περίκεντρο οξυγώνιου τριγώνου ABC. Ο περίκυκλος

του τριγώνου BHC τέμνει την AB στο F και η FH την BC στο E. Να δείξετε ότι OD\bot DE.
Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση του όμορφου προβλήματος συμμετέχοντας στην γεωμετρική παρέα των "ΜΕΓΑΛΩΝ" !!!!! :)
Μια όμορφη καθετότητα.png
Μια όμορφη καθετότητα.png (34.1 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές
Από την ισότητα των κύκλων \left( O \right),\left( {{O}'} \right) προκύπτει ότι \vartriangle CAF ισοσκελές και με CD\bot AF\Rightarrow D το μέσο της . Αν P,T οι ορθές προβολές των D,O επί της BC ( προφανώς T το μέσο της BC (κέντρο του περίκυκλου του ορθογωνίου στο D τριγώνου \vartriangle DBC)) και M,N οι ορθές προβολές των O,T επί της AB, τότε με M,N,D τα μέσα των AB,BD,AF αντίστοιχα προκύπτει ότι: DN=\dfrac{BD}{2}:\left( 1 \right) και BF=2DM. Από (γενικευμένο Nagel ) προκύπτει ότι TD\bot FHE οπότε σύμφωνα με το Stathis koutras Theorem προκύπτει ότι: \dfrac{DN}{TP}=\dfrac{BE}{BF}\overset{\left( 1 \right),\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{BD}{2TP}=\dfrac{BE}{2DM}\Rightarrow \dfrac{DM}{TP}=\dfrac{BE}{BD}:\left( 3 \right)
Από την \left( 3 \right) σύμφωνα με το αντίστροφο του περιώνυμου Θεωρήματος προκύπτει ότι OD\bot DE και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης

Υ.Σ. Για το σχήμα "βράστε τα"


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
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 797
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Τετ Απρ 24, 2019 7:21 pm

Διαφορετικά:

Έστω K το σημείο τομής της CD με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC.

Προφανώς είναι KD=DH και \widehat{KAD}=\widehat{KCB}=\widehat{HFD}, άρα AK//FH.

Έπεται λοιπόν από Θαλή πως FD=DA.

Έστω πως η DE τέμνει την AK στο L.

Τότε πάλι από Θαλή είναι DE=DL.

Από Θεώρημα πεταλούδας στο εγγράψιμο AKBC προκύπτει τώρα εύκολα ότι OD\perp LE.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Απρ 24, 2019 7:55 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Τετ Απρ 24, 2019 7:21 pm
Διαφορετικά:

Έστω K το σημείο τομής της CD με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC.

Προφανώς είναι KD=DH και \widehat{KAD}=\widehat{KCB}=\widehat{HFD}, άρα AK//FH.

Έπεται λοιπόν από Θαλή πως FD=DA.

Έστω πως η DE τέμνει την AK στο L.

Τότε πάλι από Θαλή είναι DE=DL.

Από Θεώρημα πεταλούδας στο εγγράψιμο AKBC προκύπτει τώρα εύκολα ότι OD\perp LE.
:first:


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
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6732
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Απρ 25, 2019 10:08 am

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Τετ Απρ 24, 2019 7:21 pm
Διαφορετικά:

Έστω K το σημείο τομής της CD με τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC.

Προφανώς είναι KD=DH και \widehat{KAD}=\widehat{KCB}=\widehat{HFD}, άρα AK//FH.

Έπεται λοιπόν από Θαλή πως FD=DA.

Έστω πως η DE τέμνει την AK στο L.

Τότε πάλι από Θαλή είναι DE=DL.

Από Θεώρημα πεταλούδας στο εγγράψιμο AKBC προκύπτει τώρα εύκολα ότι OD\perp LE.
Το σχήμα στην πολύ ωραία λύση του Διονύση :clap2: , που μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής:

Οι κύκλοι O \to (A,B,C)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,O' \to (H,B,C) είναι ίσοι και άρα στην ιδία γωνία \widehat \theta αντιστοιχούν ίσες χορδές , οπότε CA = CF \Rightarrow DA = DF.

Ομορφη καθετότητα απο Αδαμόπουλο.png
Ομορφη καθετότητα απο Αδαμόπουλο.png (32.23 KiB) Προβλήθηκε 667 φορές
Επειδή το συμμετρικό K, του ορθοκέντου H ανήκει στον κύκλο O το τετράπλευρο AKFH είναι ρόμβος οπότε τα τρίγωνα DFE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAL είναι ίσα .

Έτσι DE = DL και από το Θ. Πεταλούδας DT = DS και άρα η OD \bot TS

Υ.Σ.

Όλες οι λύσεις βεβαίως είναι πολύ όμορφες . Επίσης :clap2: στον Ορέστη που πρώτος έδωσε λύση, αλλά και στον Γιώργο το Βισβίκη :clap2: για το ωραίο θέμα, νομίζω δικής του έμπνευσης!


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5358
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Άλλη μία όμορφη καθετότητα

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Δευ Απρ 29, 2019 9:02 pm

Αφενός μεν για τα Χρόνια Πολλά στον Γιώργο Βισβίκη, αλλά και για τα ευρύτερα Χρόνια Πολλά στην εκπληκτική παρέα, ας δώσω και εγώ μία άποψη μου. Αν και η αρχική λύση μου ήταν περίπου ταυτόσημη με εκείνη του Μιχάλη Τσουρακάκη, την οποία και κατέβασα σχεδόν άμεσα όταν είδα την λύση του Μιχάλη.

Ας δούμε, λοιπόν, την καινούργια άποψη μου:

Καταρχάς παρατηρούμε: \angle HFD = \angle FAH = \angle C \Rightarrow FD = DA. Έστω O’ το συμμετρικό του O ως προς το D. Τότε O'F = OA = R,\;\,O'H = OH' = R, όπου R η ακτίνα του κύκλου c. Επομένως οι κύκλοι c,r είναι ίσοι και οι r,h έχουν κοινή χορδή την FH.
Επειδή το E είναι ριζικό κέντρο των τριών αυτών κύκλων, έχουμε άμεσα την απόδειξη.
sd.png
sd.png (82.2 KiB) Προβλήθηκε 548 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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