Αξιόλογη καθετότητα

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9363
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Αξιόλογη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μαρ 20, 2020 8:39 am

Αξιόλογη καθετότητα.png
Αξιόλογη καθετότητα.png (15.77 KiB) Προβλήθηκε 323 φορές
M είναι το μέσο της πλευράς AC τριγώνου ABC και E το σημείο επαφής της με τον εγγεγραμμένο

κύκλο (I,r). Αν K είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου BIC, να δείξετε ότι KE\bot IM.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Αξιόλογη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Μαρ 20, 2020 11:07 pm

george visvikis έγραψε:
Παρ Μαρ 20, 2020 8:39 am
Αξιόλογη καθετότητα.png
M είναι το μέσο της πλευράς AC τριγώνου ABC και E το σημείο επαφής της με τον εγγεγραμμένο

κύκλο (I,r). Αν K είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου BIC, να δείξετε ότι KE\bot IM.
Καλησπέρα!


288.PNG
288.PNG (28.25 KiB) Προβλήθηκε 235 φορές

Η πολική του \rm M ως προς τον έγκυκλο περνά από το  \rm E άρα αρκεί από  \rm {La \,\,\,hire} να δείξουμε ότι η πολική του \rm K διέρχεται από το το \rm M.Έτσι αν \rm S η προβολή του \rm M στην \rm DK και η \rm DK τέμνει τον έγκυκλο ξανά στο \rm R αρκεί(γνωστή πρόταση) η τετράδα \rm (K,S/R,D) να είναι αρμονική δηλαδή αρκεί \rm{\dfrac{KD}{KR}=\dfrac{SD}{SR}} το οποίο και θα δείξω:

Είναι \rm{\Delta BDK}\sim \Delta DIC και έτσι \rm \dfrac{KD}{BD}=\dfrac{DC}{DI}\Leftrightarrow KD=\dfrac{DC\cdot BD}{ID}=\dfrac{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}{r} (\rm s,r η ημιπερίμετρος και η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου αντίστοιχα.)\
Έτσι έχουμε \rm \dfrac{KD}{KR}=\dfrac{KD}{KD-2r}=\dfrac{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )-2r^2}.
Έστω \rm P η προβολή του \rm M στην \rm BC.Είναι \rm SD=PM=MC\sin\angle C=\dfrac{b}{2}\sin \angle C
Επίσης \rm \dfrac{1}{2}ab\sin \angle C=\left ( ABC \right )=sr\Rightarrow \sin C=\dfrac{2sr}{ab} και έτσι \rm SD=\dfrac{b}{2}\cdot \dfrac{2sr}{ab}=\dfrac{sr}{a}
Έτσι έχουμε \rm \dfrac{SD}{SR}=\dfrac{SD}{2r-SD}=\dfrac{\dfrac{rs}{a}}{2r-\dfrac{rs}{a}}=\dfrac{s}{2a-s}=\dfrac{a+b+c}{3a-b-c}
Αρκεί
\rm \dfrac{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )}{\left ( s-b \right )\left ( s-c \right )-2r^2}=\dfrac{a+b+c}{3a-b-c}\Leftrightarrow \left ( s-b \right )\left ( s-c \right )(3a-b-c-a-b-c)=-4sr^2\Leftrightarrow
\rm \Leftrightarrow 4(s-a)(s-b)(s-c)=4sr^2\Leftrightarrow s(s-a)(s-b)(s-c)=s^2r^2\Leftrightarrow \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=sr που είναι ο τύπος του Ήρωνα .


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Αξιόλογη καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Μάιος 04, 2020 4:25 pm

george visvikis έγραψε:
Παρ Μαρ 20, 2020 8:39 am
Αξιόλογη καθετότητα.png
M είναι το μέσο της πλευράς AC τριγώνου ABC και E το σημείο επαφής της με τον εγγεγραμμένο

κύκλο (I,r). Αν K είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου BIC, να δείξετε ότι KE\bot IM.
Μία συντομότερη,

Έστω \rm S\equiv DE\cap BI.Από γνωστό λήμμα είναι \rm \angle ASB=90^{\circ}.Έστω \rm P το μέσο του \rm AB.Είναι \rm \angle BPS=180^{\circ}-2\dfrac{\angle B}{2}=180^{\circ}-\angle B=\angle MPB άρα \rm P,S,M συνευθειακά και \rm MS\parallel BC.Το \rm S ανήκει στην πολική του \rm C ως προς τον έγκυκλο άρα από \rm La\,\,Hire η πολική του \rm S θα είναι η \rm CK.Το \rm K ανήκει στην πολική του \rm S άρα πάλι από \rm La\,\,Hire η πολική του \rm K θα είναι η \rm SM.Το \rm M ανήκει στην πολική του \rm K άρα από \rm La\,\,Hire η πολική του \rm M περνά από το \rm K .Επειδή περνά και από το \rm E είναι η ευθεία \rm EK και το ζητούμενο έπεται.
317.PNG
317.PNG (34.65 KiB) Προβλήθηκε 121 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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