Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

#1

O -παρεγγεγραμμένος κύκλος $(I_{b})$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , εφάπτεται των ευθειών $BC,\ AC,\ AB$ , στα σημεία $M,\ E',\ N$ αντιστοίχως και ο -παρεγγεγραμμένος κύκλος του , εφάπτεται των ευθειών $AC,\ BC,\ AB$ , στα σημεία $P,\ Q,\ F'$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $ST\perp E'F'$ , όπου $S\equiv MN\cap PQ$ και $T\equiv PN\cap AI$ , με το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ .

: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.; f=185_t=62160.png (29.11 KiB) Προβλήθηκε 1803 φορές

Κώστας Βήττας.

#2

vittasko έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 08, 2018 8:46 pm
O -παρεγγεγραμμένος κύκλος $(I_{b})$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , εφάπτεται των ευθειών $BC,\ AC,\ AB$ , στα σημεία $M,\ E',\ N$ αντιστοίχως και ο -παρεγγεγραμμένος κύκλος του , εφάπτεται των ευθειών $AC,\ BC,\ AB$ , στα σημεία $P,\ Q,\ F'$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $ST\perp E'F'$ , όπου $S\equiv MN\cap PQ$ και $T\equiv PN\cap AI$ , με το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ .

Κώστας Βήττας.

Καλησπέρα Κώστα. Θα χρησιμοποιήσω "λιγάκι" τριγωνομετρία (με βολεύει μετρικά) αφού κάθε τριγωνομετρικός αριθμός "κουβαλάει" λόγο τμημάτων. Ξέρω ότι δεν θα σου αρέσει η λύση , αλλά προς το παρόν αυτή βρήκα στο όμορφο (όπως πάντα) πρόβλημά σου

$\bullet$ Έχει δειχθεί ότι $SA\bot BC$ και ας είναι ${A}'\equiv SA\cap BC,X\equiv A{A}'\cap BI{{I}_{b}}$ και και οι ορθές προβολές των επί τις αντίστοιχα .

$\bullet$ Από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle SEA,\vartriangle A{A}'B$ για τις ομόλογες διχοτόμους τους θα ισχύει: $\dfrac{{NE}}{{NA}} = \dfrac{{BA'}}{{AB}}\mathop = \limits^{\vartriangle AA'B} \cos B \Rightarrow \boxed{NE = \cos B\left( {\tau - c} \right)}:\left( 1 \right)$ .

$\bullet$ Από τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle APN$ με $\angle BAC = \angle PAN$ (κατακορυφήν) θα έχουμε :

$\dfrac{{\left( {ABC} \right)}}{{\left( {APN} \right)}} = \dfrac{{bc}}{{\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{TD = TK\left( {T \in \delta \iota \chi o\tau o\mu o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle PAN} \right)}$ $\dfrac{{\left( {ABC} \right)}}{{\dfrac{{TD \cdot \left( {AN + AP} \right)}}{2}}} = \dfrac{{bc}}{{\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}} \Rightarrow$

$\dfrac{{\left( {ABC} \right)}}{{\dfrac{{TD \cdot \left( {\tau - b + \tau - c} \right)}}{2}}} = \dfrac{{bc}}{{\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}} \Rightarrow$ $\dfrac{{2\left( {ABC} \right)}}{{TD \cdot a}} = \dfrac{{bc}}{{\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}} \Rightarrow TD = \dfrac{{2\left( {ABC} \right)\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}}{{abc}}$ $\Rightarrow \boxed{TD = \dfrac{{\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}}{{2R}}}:\left( 2 \right)$

: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα..png (64.21 KiB) Προβλήθηκε 1577 φορές

$\bullet$ Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle TDA,\vartriangle IYA\left( Y\equiv \left( I \right)\cap AB \right)$ θα έχουμε:

$\dfrac{{TD}}{r} = \dfrac{{AD}}{{\tau - a}} \Rightarrow AD = \dfrac{{\left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}}{{2Rr}} \Rightarrow$ $\boxed{DN = \tau - c - \dfrac{{\left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}}{{2Rr}}}:\left( 3 \right)$

Οπότε: $\tau - c - \dfrac{{\left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}}{{2Rr}} +$ $\cos B\left( {\tau - c} \right) =$

$\left( {\tau - c} \right) \cdot \dfrac{{2Rr - \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - b} \right) + 2Rr\cos B}}{{2Rr}}$ .

Με ακριβώς όμοιο τρόπο (εναλλαγή των $b \leftrightarrow c,B \leftrightarrow C$ θα είναι: $KL = \left( {\tau - b} \right) \cdot \dfrac{{2Rr - \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - c} \right) + 2Rr\cos C}}{{2Rr}}$

$\bullet$ Θα δείξω (με τη μέθοδο ισοδυναμιών) ότι: $\dfrac{{2Rr - \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - b} \right) + 2Rr\cos B}}{{2Rr}} =$ $\dfrac{{2Rr - \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - c} \right) + 2Rr\cos C}}{{2Rr}} \Leftrightarrow$

$- \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - b} \right) + 2Rr\cos B =$ $- \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - c} \right) + 2Rr\cos C \Leftrightarrow$

$\left( {\tau - a} \right)\left( {b - c} \right) = 2Rr\left( {\cos C - \cos B} \right)$ $\Leftrightarrow \left( {\tau - a} \right)\left( {\sin B - \sin C} \right) = r\left( {\cos C - \cos B} \right)$

$\Leftrightarrow 2\sin \dfrac{{B - C}}{2}\cos \dfrac{{C + B}}{2}\left( {\tau - a} \right)$ $= 2r\sin \dfrac{{B - C}}{2}\sin \dfrac{{C + B}}{2}$

$\mathop \Leftrightarrow \limits^{\angle C \ne \angle B,\dfrac{{C + B}}{2} = \dfrac{\pi }{2} - \dfrac{A}{2}} \sin \dfrac{A}{2}\left( {\tau - a} \right) = r\cos \dfrac{A}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{\tan \dfrac{A}{2} = \dfrac{r}{{\tau - a}}}$ .

Η τελευταία όμως ισότητα ισχύει από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle AYI$ .

Αρα έχουμε: $\dfrac{{DN}}{{KL}} = \dfrac{{\left( {\tau - c} \right) \cdot \dfrac{{2Rr - \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - b} \right) + 2Rr\cos B}}{{2Rr}}}}{{\left( {\tau - b} \right) \cdot \dfrac{{2Rr - \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - c} \right) + 2Rr\cos C}}{{2Rr}}}}$ $\Leftrightarrow \boxed{\dfrac{{DN}}{{KL}} = \dfrac{{AE'}}{{AF'}}}$ .

Από την τελευταία ισότητα σύμφωνα με το Stathis Koutras' Theorem προκύπτει ότι $ST \bot E'F'$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Y.S. Η καθετότητα που αναφέρω στην αρχή ότι έχει αποδειχθεί βρίσκεται εδώ

#3

Στάθη, σ' ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου και την λύση σου με χρήση ήπιας τριγωνομετρίας η οποία δεν με στενοχωρεί καθόλου.

Έχει περάσει αρκετός χρόνος και δεν είχα καλά τακτοποιημένη την λύση που είχα βρει, για το πρόβλημα αυτό. Ευτυχώς βρήκα τα πρόχειρα σημειώματα και χθες που τα μελετούσα, δεν βρέθηκα "προ εκπλήξεως" να μην μπορώ να βγάλω άκρη.

Ελπίζω μέσα στις επόμενες μέρες να καθαρογράψω την απόδειξη που έχω υπόψη μου και να την αναρτήσω. Διαφέρει από την δική σου αφού δεν μπόρεσα να βρω διέξοδο με το Θεώρημα Κούτρα και βασίστηκα σε βοηθητική πρόταση η οποία ( ως συνήθως ) αποδεικνύεται βασισμένη στα απαραίτητα Λήμματα.

Σ' ευχαριστώ και πάλι, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Είναι κάμποσος καιρός τώρα που είμαι φευγάτος από το αγαπημένο μας

και απολογούμαι. Αυτό συμβαίνει γιατί αισθάνομαι ότι πολλά πρέπει να τακτοποιηθούν στα επόμενα χρόνια σε προσωπικό και οικογενειακό επίπεδο, αλλά και ότι ο χρόνος που μου απομένει όλο και λιγοστεύει και δεν ξέρω εάν επαρκεί.

Επίσης, αν και με τον αγαπητό μου φίλο Νίκο Φραγκάκη, έχουμε πει ότι "Θα κάνουμε Γεωμετρία μέχρι τα εκατόν τρία", κακά τα ψέματα, για το "άθλημα" της επίλυσης γεωμετρικών προβλημάτων ( ιδιαίτερα των πιο σύνθετων ), η όποια "Geometry power" αισθανόμαστε ότι έχουμε, εξασθενεί ( τουλάχιστον σε μένα ) σιγά-σιγά μετά τα 60-65.

#4

vittasko έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 24, 2018 11:59 am

Επίσης, αν και με τον αγαπητό μου φίλο Νίκο Φραγκάκη, έχουμε πει ότι "Θα κάνουμε Γεωμετρία μέχρι τα εκατόν τρία", κακά τα ψέματα, για το "άθλημα" της επίλυσης γεωμετρικών προβλημάτων ( ιδιαίτερα των πιο σύνθετων ), η όποια "Geometry power" αισθανόμαστε ότι έχουμε, εξασθενεί ( τουλάχιστον σε μένα ) σιγά-σιγά μετά τα 60-65.

Αυτά διαβάζω και στεναχωριέμαι για τους φίλους μου.

Επειγόντως Andrew Weil και τον αθανατοσιολόγο του Χάρβαρντ. Μετά Πλάτωνος συμπόσιο...

#5

$\bullet$ Θα αποδείξουμε πρώτα την ακόλουθη βοηθητική πρόταση:

ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ τα σημεία επί της πλευράς του ώστε να είναι και ας είναι το σημείο μεταξύ των $B,\ E$ . Οι δια των σημείων $D,\ E$ κάθετες ευθείες επί την , τέμνουν τις πλευρές $AB,\ AC$ στα σημεία $F,\ Z$ αντιστοίχως και ας είναι , το συμμετρικό σημείο του ως προς την ευθεία . Η δια του σημείου έστω $Q\equiv BC\cap ZF'$ κάθετη ευθεία επί την , τέμνει την στο σημείο έστω . Αποδείξτε ότι τα σημεία $A,\ R$ και $P\equiv BZ\cap CF$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Για να είναι τα σημεία $A,\ R,\ P$ συνευθειακά αρκεί, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{RZ}{RF}\cdot \frac{PF}{PC}\cdot \frac{AC}{AZ} = 1\ \ \ ,(1)$

Από $DF\parallel QR\parallel EZ$ στο τραπέζιο DEZF

έχουμε $\displaystyle \frac{RZ}{RF} = \frac{QE}{QD}\ \ \ ,(2)$

Από $DF\parallel TP$ στο τρίγωνο $\vartriangle CDF$ έχουμε $\displaystyle \frac{PF}{PC} = \frac{TD}{TC}\ \ \ ,(3)$ όπου

είναι η προβολή του

επί της

.

Από $SA\parallel EZ$ στο τρίγωνο $\vartriangle CSA$ έχουμε $\displaystyle \frac{AC}{AZ} = \frac{SC}{SE}\ \ \ ,(4)$ όπου

είναι η προβολή του

επί της

.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1, έχουμε $TD = SE\ \ \ ,(5)$

Από $(1),\ (2),\ (3),\ (4),\ (5),$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \boxed{\frac{QE}{QD} = \frac{CT}{CS}}\ \ \ ,(6)$

Αλλά, ισχύει $\displaystyle \frac{QE}{QD} = \frac{EZ}{DF'} = \frac{EZ}{DF}\ \ \ ,(7)$ λόγω DF' = DF

.

Από $(6),\ (7),$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \boxed{\frac{EZ}{DF} = \frac{CT}{CS}}\ \ \ ,(8)$

: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα - Απόδειξη της βοηθητικής πρότασης.; f185 t62160(a).png (15.09 KiB) Προβλήθηκε 1241 φορές

Ισχύει $\displaystyle \frac{CT}{CD} = \frac{TP}{DF}\ \ \ ,(9)$ και $\displaystyle \frac{CS}{CE} = \frac{SA}{EZ}\ \ \ ,(10)$

Από $(9),\ (10)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CT}{CS}\cdot \frac{CE}{CD} = \frac{EZ}{DF}\cdot \frac{TP}{SA}\ \ \ ,(11)$

Από $(8),\ (11),$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \boxed{\frac{TP}{SA} = \frac{CE}{CD} = \frac{BD}{CD}}\ \ \ ,(12)$ λόγω CE = BD

.

$\bullet$ Η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

, τέμνει τις ευθείες $CF,\ CA$ στα σημεία έστω $K,\ L$ αντιστοίχως και η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

τέμνει τις ευθείες $BZ,\ BA$ , στα σημεία $M,\ N$ , αντιστοίχως.

Έτσι, έχουμε $\displaystyle \boxed{\frac{BD}{CD} = \frac{BF}{FN} = \frac{BK}{CN}}\ \ \ ,(13)$

Ομοίως, έχουμε $\displaystyle \frac{TP}{BK} = \frac{CT}{CB}\ \ \ ,(14)$ και $\displaystyle \frac{SA}{CN} = \frac{BS}{BC}\ \ \ ,(15)$

Από $(14),\ (15)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{TP}{SA}\cdot \frac{CN}{BK} = \frac{CT}{CB}\cdot \frac{BC}{BS}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\frac{TP}{SA} = \frac{BK}{CN}}\ \ \ ,(16)$ λόγω CT = BS

.

Από $(13),\ (16)\Rightarrow$ (12)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ τα σημεία επί της πλευράς του ώστε να είναι και ας είναι το σημείο μεταξύ των $B,\ E$ . Οι δια των σημείων $D,\ E$ κάθετες ευθείες επί την , τέμνουν τις πλευρές $AB,\ AC$ στα σημεία $F,\ Z$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $P\equiv BZ\cap CF$ . Αποδείξτε ότι όπου $S,\ T$ είναι οι προβολές των σημείων $A,\ P$ επί της , αντιστοίχως.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα 1.

Δεν καταφέρνω να επισυνάψω το σχήμα για την απόδειξη της βοηθητικής πρότασης. Κάνω τα ίδια όπως μέχρι τώρα και μου βγάζει "σφάλμα HTΤP". Μπορεί να βοηθήσει κάποιος ;

Ευχαριστώ εκ των προτέρων, Κώστας Βήττας.

#6

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ τα σημεία επί της πλευράς του ώστε να είναι και ας είναι το σημείο μεταξύ των $B,\ E$ . Οι δια των σημείων $D,\ E$ κάθετες ευθείες επί την , τέμνουν τις πλευρές $AB,\ AC$ στα σημεία $F,\ Z$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $P\equiv BZ\cap CF$ . Αποδείξτε ότι όπου $S,\ T$ είναι οι προβολές των σημείων $A,\ P$ επί της , αντιστοίχως

$\bullet$ Η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την BC,

τέμνει τις ευθείες $CF,\ CA,$ στα σημεία έστω $K,\ L$ αντιστοίχως και η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

, τέμνει τις ευθείες $BZ,\ BA,$ στα σημεία $M,\ N,$ αντιστοίχως.

Από $BK\parallel DF\parallel CN\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BK}{CN} = \frac{BF}{FN} = \frac{BD}{DC}\ \ \ ,(1)$

Από $BL\parallel EZ\parallel CM\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CM}{BL} = \frac{CZ}{ZL} = \frac{CE}{EB}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BK}{CN} = \frac{CM}{BL}\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\frac{BK}{CM} = \frac{CN}{BL}}\ \ \ ,(3)$ λόγω $\displaystyle \frac{BD}{DC} = \frac{CE}{EB}$

: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f185 t62160(b).png (11.93 KiB) Προβλήθηκε 1239 φορές

$\bullet$ Ισχύει, $\displaystyle \frac{BK}{CM} = \frac{BP}{PM} = \frac{BT}{TC}\ \ \ ,(4)$ λόγω $BK\parallel TP\parallel CM$ και $\displaystyle \frac{CN}{BL} = \frac{AN}{AB} = \frac{CS}{SB}\ \ \ ,(5)$ λόγω $BL\parallel SA\parallel CN$ .

Από $(3),\ (4),\ (5)\Rightarrow$ $\displaystyle \boxed{\frac{BT}{TC} = \frac{CS}{SB}}\ \ \ ,(6)$

Από $(6)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BT + TC}{TC} = \frac{CS + SB}{SB}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BC}{CT} = \frac{BC}{SB}\Rightarrow$ $\boxed{BS = CT}$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Εξακολουθώ να μην καταφέρνω να επισυνάψω το σχήμα που σχετίζεται με κάθε μία από τις δύο προηγούμενες αναρτήσεις μου.

Προσδοκώ στην βοήθειά σας.

ΥΓ (2610-2018). Το πρόβλημα τακτοποιήθηκε και εκφράζω δημόσια από την θέση αυτή, τις θερμές μου ευχαριστίες στον αγαπητό φίλο Θανάση Καραντάνα ( KARKAR ), εξέχον μέλος του

με πολύτιμη προσφορά, για την προθυμία και βοήθειά του.

Το πρόβλημα ήταν στο ότι δεν επιτρέπεται πλέον όπως παλιότερα, η χρήση κάποιων συμβόλων στην ονοματοδοσία των αρχείων που επισυνάπτονται.

min## · #7

Μια απόδειξη του Λήμματος με "κουνήματα":
Αν δειχτεί ότι το

κινείται σε σταθερή ευθεία καθώς το

μεταβάλλεται(θεωρώντας το

το ισοτομικό του),η συνέχεια θα είναι απλή.
Καθώς το

κινείται στην

, ορίζει ίσους διπλούς λόγους με τα αντίστοιχα

.ΤΑ σημεία F,Z

προκύπτουν με παράλληλη προβολή από τα D,E

και συνεπώς καθώς κινείται το

, οριζουν ίσους διπλούς στις αντίστοιχες πλευρές.Άρα οι δέσμες BZ,CF

για τα μεταβλητά Z,F

έχουν ίσους λόγους,και επειδή όταν το

πέσει στο

το αντίστοιχο

πέφτει στο

,οι δύο δέσμες είναι προοπτικές και άρα τα σημεία τομής(

) των ομόλογων ακτίνων είναι συνευθειακά κλπ.
Τώρα, όταν συμπέσει το

με το

,το

θα συμπέσει με το

και το

θα είναι το σημείο στο άπειρο με προσανατολισμό κάθετο στην

.Άρα ο τόπος του

είναι ευθεία κάθετη στην

, οπότε η προβολή του

στην

είναι σταθερή(απαιτείται μονάχα ένα τσεκάρισμα θέσης).Όταν το

πέσει στο

,θα συμπέσουν τα Z,T

στην

και το

θα γίνει η προβολή του

.Όμως,τα

είναι ισοτομικά και το ζητούμενο έπεται...

: λημμαβητ.png (11.56 KiB) Προβλήθηκε 1339 φορές

min## · #8

Και μια για την βοηθητική χωρίς το λήμμα(γενίκευση της βοηθητικής για τυχαία D,E

-αν δε χάνω κάτι):
Το ζητούμενο έπεται από το γεγονός ότι η

είναι η πολική του

ως προς τον FZZ'F'

(

τα συμμετρικά των F,Z

προς την

και

η τομή

):Στο πλήρες τετράπλευρο AZPF.CB

οι διαγώνιοι τέμνονται αρμονικά πράγμα που αναγκάζει το

να είναι πάνω στη διαγώνιο

.

: ΒΟΗΘDFG.png (28.35 KiB) Προβλήθηκε 1331 φορές

#9

Διαβάζοντας τις αμέσως προηγούμενες αποδείξεις του Μίνου ( Μηνά ) ( min ), αισιοδοξώ για το Μέλλον της Γεωμετρίας στην χώρα μας, όσο εξακολουθεί να ασκεί γοητεία και να ζεσταίνει τις καρδιές ταλαντούχων νέων ανθρώπων και ας απαξιώνεται χρόνια τώρα στα εκπαιδευτικά μας πράγματα, από την επίσημη Πολιτεία.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Εκτός εκπαιδευτικής πράξης στην ημεδαπή, δεν είναι καθόλου άσχημα τα πράγματα για την Γεωμετρία. Όσον αφορά στην αλλοδαπή, ακόμα πιο ζωηρό είναι το ενδιαφέρον για γεωμετρικά θέματα, προσιτά μέσω του διαδικτύου σε κάθε ενδιαφερόμενο.

#10

$\bullet$ Έστω $E,\ Z,$ τα σημεία αντί των $E',\ F'$ της εκφώνησης αντιστοίχως και έστω τα σημεία $K\equiv PQ\cap ME$ και $L\equiv MN\cap QZ$ .

Στο ορθογώνιο τραπέζιο $QMI_{b}I_{c}$ , από $QK\parallel CI_{b}$ και $MK\parallel CI_{c}$ , σύμφωνα με γνωστό Λήμμα που έχουμε ξαναδεί στο

( Δείτε και Εδώ ), προκύπτει ότι το σημείο

ανήκει στην ευθεία $I_{b}I_{c}$ και ομοίως για το σημείο

, από $QL\parallel BI_{b}$ και $ML\parallel BI_{c}$ .

Από $\angle EKP = \angle I_{b}CI_{c} = 90^{o}$ έχουμε ότι το σημείο

ανήκει επίσης στον κύκλο με διάμετρο

και ομοίως, το σημείο

ανήκει επίσης στον κύκλο με διάμετρο

, από $\angle ZLN = \angle I_{b}BI_{c} = 90^{o}$ .

Από το ισοσκελές τραπέζιο EZPN

έχουμε ότι οι ως άνω κύκλοι διαμέτρων EP = ZN

τέμνουν την ευθεία $I_{b}I_{c}$ , κοινή μεσοκάθετη των βάσεών του $EN,\ ZP$ στα ίδια σημεία, λόγω συμμετρίας ( των διαμέτρων ) ως προς την ευθεία $I_{b}I_{c}$ και επομένως, τα σημεία $K,\ L$ ανήκουν και στους δύο ως άνω κύκλους.

: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα - Απόδειξη της πρότασης.; f185 t62160(c).png (47.03 KiB) Προβλήθηκε 1255 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $X\equiv KL\cap ZP$ και $Y\equiv KL\cap EN$ .

Από τα ομοκυκλικά σημεία $K,\ Z,\ L,\ N$ τώρα ( ομοίως από τα ομοκυκλικά $K,\ E,\ L,\ P$ ), εύκολα προκύπτει ότι KX = YL

, λόγω των παραλλήλων ευθειών $EN\parallel ZP$ από τα άκρα της διαμέτρου

ή

του αντίστοιχου κύκλου.

Έχουμε διαμορφώσει έτσι, το τρίγωνο $\vartriangle SKL$ με KX = YL

και σύμφωνα με την Βοηθητική πρόταση που είδαμε στα προηγούμενα, τα σημεία $S,\ T$ και $R\equiv KN\cap LP$ είναι συνευθειακά.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Έστω το σημείο $F\equiv EK\cap ZL$ και λόγω της συμμετρίας του εξαγώνου KZELNP

ως προς την ευθεία

, έχουμε ότι τα σημεία $R,\ F$ είναι συμμετρικά ως προς την

και άρα, τα τρίγωνα $\vartriangle RPN,\ \vartriangle FZE$ είναι συμμετρικά ως προς την ίδια ευθεία και επομένως, είναι ορθολογικά σύμφωνα με την πρόταση που έχουμε δεί Εδώ.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Από την ορθολογικότητα των ως άνω τριγώνων τέλος και επειδή το σημείο

ταυτίζεται με το σημείο τομής των δια των κορυφών $P,\ N$ του τριγώνου $\vartriangle RPN$ καθέτων ευθειών, επί των ευθειών των πλευρών $FE,\ FZ$ του τριγώνου $\vartriangle FZE$ αντιστοίχως, συμπεραίνεται ότι η ευθεία $ST\equiv SR$ είναι κάθετη επί την

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Η απόδειξη αυτή αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον Μίνο Μαργαρίτη.

Κώστας Βήττας.

Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Re: Παρεγγεγραμμένοι κύκλοι και καθετότητα.

Μέλη σε σύνδεση