mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 29, 2023 9:14 pm**

ΠΕΡΙΤΤΑ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 30, 2023 11:36 pm**

orestisgotsis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 29, 2023 9:14 pm
Τέμνονται ορθογώνια.png

Εάν είναι το ορθόκεντρο τριγώνου και ισχύει η σχέση $AH=\rho$ , όπου $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου,

να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ορθογώνια τον παρεγγεγραμμένο κύκλο στην πλευρά .

$\bullet$ Ας είναι

το σημείο επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ με την

και

το μέσο της

. Είναι γνωστό ότι $AH=2KM\overset{AH=\rho }{\mathop{\Rightarrow }}\,IP=2KM\overset{IP\parallel KM}{\mathop{\Rightarrow }}\,KL=KI:\left( 1 \right)\,\,\And \,\,MP=ML:\left( 2 \right)$ , όπου $L\equiv IK\cap BC$ ,δηλαδή το

όντας το ισοτομικό του

είναι το σημείο επαφής του

παρεγγεγραμμένου κύκλου $\left( {{K}_{a}} \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και συνεπώς ${{K}_{a}}L\parallel KS\parallel IP$ , όπου $S\equiv A{{K}_{a}}\cap \left( O \right),S\ne A$ που είναι λόγω της διχοτόμου της γωνίας

το μέσο του τόξου

που δεν περιέχει το

.

Από το τρίγωνο $\vartriangle I{{K}_{a}}L\overset{KI=KL,KS\parallel {{K}_{a}}L}{\mathop{\Rightarrow }}\,R=KS=\dfrac{{{K}_{a}}L}{2}\Rightarrow {{K}_{a}}L=2R:\left( 3 \right)$

$\bullet$ Στο τραπέζιο το τμήμα

συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του και συνεπώς $SM=\dfrac{{{K}_{a}}L-IP}{2}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,SM=\dfrac{2R-\rho }{2}:\left( 4 \right)$ ¨

: τέμνονται ορθογώνια.png (44.22 KiB) Προβλήθηκε 1665 φορές

$\bullet$ Είναι γνωστό ότι $BS=SI=S{{K}_{a}}=\dfrac{{{K}_{a}}I}{2}\Rightarrow {{K}_{a}}I=2BS:\left( 5 \right)$
Αν $T\equiv KM\cap \left( K \right),T\ne S$ τότε από τις μετρικές σχέσεις στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle SBT$ (

διάμετρος του $\left( K \right)$ )
και $BM\bot ST\Rightarrow B{{S}^{2}}=SM\cdot ST\overset{\left( 4 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,4B{{S}^{2}}=$ $4\cdot \dfrac{2R-\rho }{2}\cdot 2R\overset{\left( 5 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots {{K}_{a}}{{I}^{2}}=8{{R}^{2}}-4R\rho :\left( 6 \right)$
Από τον τύπο του Euler ισχύει: $I{{K}^{2}}={{R}^{2}}-2R\rho :\left( 7 \right)$ ¨

$\bullet$ Από το 1ο θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο $\vartriangle {{K}_{a}}IL\Rightarrow {{K}_{a}}{{I}^{2}}+{{K}_{a}}{{L}^{2}}=2{{K}_{a}}{{K}^{2}}+\dfrac{I{{L}^{2}}}{2}\overset{\left( 6 \right),\left( 3 \right),IL=2IK,\left( 7 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $8{{R}^{2}}-4R\rho +4{{R}^{2}}=2{{K}_{a}}{{K}^{2}}+2\cdot \left( {{R}^{2}}-2R\rho \right)\Rightarrow$ $\ldots {{K}_{a}}{{K}^{2}}=5{{R}^{2}}={{R}^{2}}+{{\left( 2R \right)}^{2}}$
$\overset{2R={{\rho }_{a}}={{K}_{a}}N}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ ${{K}_{a}}{{K}^{2}}=K{{N}^{2}}+{{K}_{a}}{{N}^{2}}$ με

το ένα σημείο τομής των κύκλων $\left( K \right),\left( {{K}_{a}} \right)\overset{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\varphi o\,\,\Pi .\Theta }{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle KNK{}_{a}={{90}^{0}}\Rightarrow \left( K \right),\left( {{K}_{a}} \right)$ τέμνονται ορθογώνια και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 31, 2023 11:05 am**

orestisgotsis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 29, 2023 9:14 pm
Τέμνονται ορθογώνια.png

Εάν είναι το ορθόκεντρο τριγώνου και ισχύει η σχέση $AH=\rho$ , όπου $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου,

να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ορθογώνια τον παρεγγεγραμμένο κύκλο στην πλευρά .

Έστω

το έγκεντρο του κύκλου , $\Omega \equiv \left( {A,B,C} \right)$ , $M\,$ το μέσο του

,

το σημείο επαφής του έγκυκλου του $\vartriangle ABC$ , με την

.

Σύμφωνα με την υπόθεση ID = AH = 2KM

. Αν δε η

τμήση την

στο

, τότε το

θα είναι και μέσο του

.

Ο ,

παρεγγεγραμμένος κύκλος $\Omega '$ του $\vartriangle ABC$ θα εφάπτεται της

στο

και των $AB\,,\,\,AC$ , έστω στα E,Z

.

Ας είναι τώρα $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q$ τα σημεία τομής των $\Omega \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\Omega '$ . Προφανώς το $\vartriangle APQ$ έχει περιγεγραμμένο κύκλο τον $\Omega$ .

: Τέμνονται ορθογώνια.png (61.42 KiB) Προβλήθηκε 1582 φορές

Ας είναι

ο νότιος πόλος του $\vartriangle ABC$ , από την υπόθεση : ID = 2KM

έχω τις άμεσες κι απλές συνέπειες :

1. η ευθεία

διέρχεται από τα σημεία , $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{K_a}$

2. Αν η ευθεία

κόψει την

στο

, τότε η

είναι αντιπαράλληλη της

και διέρχεται από το μέσο

( της

) .

Η πιο πάνω συνέπεια μου εξασφαλίζει ότι η

είναι η από το

συμμετροδιάμεσος του $\vartriangle APQ$ .

Το τετράπλευρο APSQ

είναι αρμονικό και επομένως οι : $P{K_a}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q{K_a}$ είναι εφαπτομένες στον κύκλο $\Omega$ , που αυτό θέλω.

: Τέμνονται ορθογώνια_1.png (63.33 KiB) Προβλήθηκε 1578 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 02, 2023 8:27 pm**

orestisgotsis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 29, 2023 9:14 pm
Τέμνονται ορθογώνια.png

Εάν είναι το ορθόκεντρο τριγώνου και ισχύει η σχέση $AH=\rho$ , όπου $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου,

να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ορθογώνια τον παρεγγεγραμμένο κύκλο στην πλευρά .

Να αποδειχτεί ότι r_a = 2R

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 02, 2023 11:11 pm**

rek2 έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 8:27 pm

orestisgotsis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 29, 2023 9:14 pm
Τέμνονται ορθογώνια.png

Εάν είναι το ορθόκεντρο τριγώνου και ισχύει η σχέση $AH=\rho$ , όπου $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου,

να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ορθογώνια τον παρεγγεγραμμένο κύκλο στην πλευρά .
Να αποδειχτεί ότι

$\displaystyle {R^2} + {r_a}^2 = K{K_a}^2 = {R^2} + 2R{r_a} \Leftrightarrow {r_a} = 2R$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 02, 2023 11:56 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 11:11 pm

rek2 έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 8:27 pm

orestisgotsis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 29, 2023 9:14 pm
Τέμνονται ορθογώνια.png

Εάν είναι το ορθόκεντρο τριγώνου και ισχύει η σχέση $AH=\rho$ , όπου $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου,

να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ορθογώνια τον παρεγγεγραμμένο κύκλο στην πλευρά .
Να αποδειχτεί ότι
$\displaystyle {R^2} + {r_a}^2 = K{K_a}^2 = {R^2} + 2R{r_a} \Leftrightarrow {r_a} = 2R$

Γιώργο, θα προτιμούσα απόδειξη μη εξαρτημένη από την καθετότητα των κύκλων, ώστε να αποδειχτεί αυτή η καθετότητα!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 03, 2023 12:49 am**

rek2 έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 11:56 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 11:11 pm

rek2 έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 8:27 pm

orestisgotsis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 29, 2023 9:14 pm
Τέμνονται ορθογώνια.png

Εάν είναι το ορθόκεντρο τριγώνου και ισχύει η σχέση $AH=\rho$ , όπου $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου,

να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ορθογώνια τον παρεγγεγραμμένο κύκλο στην πλευρά .
Να αποδειχτεί ότι
$\displaystyle {R^2} + {r_a}^2 = K{K_a}^2 = {R^2} + 2R{r_a} \Leftrightarrow {r_a} = 2R$

Γιώργο, θα προτιμούσα απόδειξη μη εξαρτημένη από την καθετότητα των κύκλων, ώστε να αποδειχτεί αυτή η καθετότητα!

Κώστα ,

Διάβασε την αρχή της λύσης μου πιο πανω και θα βρεις αυτο που ψάχνεις

Καλο βραδυ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 03, 2023 6:31 am**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 03, 2023 12:49 am

rek2 έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 11:56 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 11:11 pm

rek2 έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 02, 2023 8:27 pm

orestisgotsis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 29, 2023 9:14 pm
Τέμνονται ορθογώνια.png

Εάν είναι το ορθόκεντρο τριγώνου και ισχύει η σχέση $AH=\rho$ , όπου $\rho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου,

να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου τέμνει ορθογώνια τον παρεγγεγραμμένο κύκλο στην πλευρά .
Να αποδειχτεί ότι
$\displaystyle {R^2} + {r_a}^2 = K{K_a}^2 = {R^2} + 2R{r_a} \Leftrightarrow {r_a} = 2R$

Γιώργο, θα προτιμούσα απόδειξη μη εξαρτημένη από την καθετότητα των κύκλων, ώστε να αποδειχτεί αυτή η καθετότητα!
Κώστα ,

Διάβασε την αρχή της λύσης μου πιο πανω και θα βρεις αυτο που ψάχνεις

Καλο βραδυ

)
Ναι, Στάθη! Έτσι είναι όπως τα λες!

Ουσιαστικά, λόγω Euler για το KK_a

, εκεί τελειώνει η απόδειξή σου, *(ομοίως και του Νίκου) όπως "δείχνει" ο Γιώργος παραπάνω.

mathematica.gr

Τέμνονται ορθογώνια

Τέμνονται ορθογώνια

Re: Τέμνονται ορθογώνια

Re: Τέμνονται ορθογώνια

Re: Τέμνονται ορθογώνια

Re: Τέμνονται ορθογώνια

Re: Τέμνονται ορθογώνια

Re: Τέμνονται ορθογώνια

Re: Τέμνονται ορθογώνια