Δύο κάθετες

#1

: Δύο κάθετες.png (21.3 KiB) Προβλήθηκε 996 φορές

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και ας είναι τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ του $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές αντίστοιχα και το δεύτερο (εκτός του ) σημείου τομής της με τον $\left( I \right)$ . Να δείξετε ότι $K{M}'\bot C{M}'$ , όπου είναι το συμμετρικό του μέσου του τμήματος ως προς την

#2

Επαναφορά

giannimani · #3

Αναδιατυπώνουμε το πρόβλημα (για ευκολία) στο ισοδύναμό του ως εξής:

Δίνεται τρίγωνο KDE

, εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

, και έστω

το μέσο της πλευράς

. ΟΙ εφαπτομένες του κύκλου (I)

στα

,

τέμνονται στο σημείο

. Αν

το
συμμετρικό του

ως προς την

, να αποδείξετε ότι $KM'\bot CM'$ .

: two_perpendic_sx1.png (62.71 KiB) Προβλήθηκε 876 φορές

Δίνουμε και το σχήμα του αρχικού προβλήματος, ώστε να φαίνεται το ταυτόσημο των δύο προβλημάτων. Θα εργαστούμε στο 2ο σχήμα.

Στο τρίγωνο KDE

φέρουμε το ύψος

. Επίσης, στο τρίγωνο αυτό η

είναι η ευθεία της
συμμετροδιαμέσου

, η

διάμεσος, και

ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του.

Έστω ότι τα σημεία

,

είναι τα συμμετρικά του

ως προς τις πλευρές

,

του τριγώνου KDE

αντίστοιχα. Έστω επίσης $T\equiv DE \cap M'M'', \,L\equiv KC \cap M'M''$ .
Τότε, $KC \bot M'M''$ (γνωστή ιδιότητα της συμμετροδιαμέσου - διαμέσου).
Επομένως το τετράπλευρο CMLT

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle CLM= \angle CTM \quad (1)$ ,
και $\angle LTM=\angle LCM \quad (2)$ .

: two_perpendic_sx2.png (56.05 KiB) Προβλήθηκε 876 φορές

Θα αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα IKM

και

είναι όμοια.
Είναι γνωστό ότι το ύψος

με την ακτίνα

, όπως και η διάμεσος

με τη
συμμετροδιάμεσο

, είναι ευθείες ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας DKE

.
Ως εκ τούτου, $\angle IKC=\angle MKH\quad(3)$ . Αλλά, $\angle MKH=\angle IMK\quad (4)$ (εντός εναλλάξ)
Από τις (3) και (4) έχουμε $\angle IKC=\angle IKM$ , και εφόσον έχουν κοινή τη γωνία KIM

,
θα είναι όμοια, οπότε και $\angle ICK=\angle IKM$ .

Είναι $\angle KIC=\angle M'DC$ . Πράγματι, $\angle KIC=\angle KID+\angle DIK=2\angle KED+\angle DKE$ .
$\angle M'DC= 360^{\circ}-\angle M'DM-\angle MDC=360^{\circ}-2\angle KDE-\angle DKE= 2\angle DKE+2\angle KED+2\angle KDE-2\angle KDE-\angle DKE=$
$=2\angle KED+\angle DKE$ . Από τις δύο αυτές ισότητες προκύπτει ότι $\angle KIC=\angle M'DC$ .
Θα αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα CIK

και

είναι όμοια.
Αρκεί $\frac{D'M}{DC}= \frac{IK}{IC}$
Πράγματι, $\frac{D'M}{DC}= \frac{IK}{IC} \Leftrightarrow \frac{DM}{DC}=\frac{ID}{IC}$ (εφόσον D'M=DM

και

).
Η τελευταία ισότητα λόγων ισχύει από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων CMD

και

.
Επομένως, τα τρίγωνα CIK

και

είναι όμοια, οπότε
$\angle DM'C=\angle IKC \quad (5)$ και $\angle DCM'= \angle ICK \quad (6)$ .
Από την τελευταία έχουμε $\angle DCM'= \angle ICK=\angle ICL=\angle LTM$ .
Από αυτό προκύπτει ότι και το τετράπλευρο CDM'T

είναι εγγράψιμο, και ως εκ τούτου
$\angle DM'C = \angle CTD= \angle CTM \quad(7)$ . Από (1) και (7) έχουμε $\angle DM'C= \angle CLM= \angle IKC$ (λόγω και της (5)).
Εφόσον $\angle CLM= \angle CKI$ , τότε $IK \parallel ML$ , οπότε $\angle IKM=\angle KML$ , και λόγω της (4) $\angle KML = \angle LCM$ ,
δηλαδή, η

εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου CDM'T

.
Ως εκ τούτου, $KM^2= KL \cdot KC\implies KM'^2=KL \cdot KC$ , από την οποία προκύπτει ότι το τρίγωνο KM'C

είναι ορθογώνιο, δηλαδή, $KM' \bot M'C$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 19, 2021 11:38 am
Δύο κάθετες.png
Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και ας είναι τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ του $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές αντίστοιχα και το δεύτερο (εκτός του ) σημείου τομής της με τον $\left( I \right)$ . Να δείξετε ότι $K{M}'\bot C{M}'$ , όπου είναι το συμμετρικό του μέσου του τμήματος ως προς την

Νομίζω πως είναι απλό για τον φάκελο, στην πραγματικότητα το μισό σχήμα είναι παραπλανητικό:

: 47.PNG (30.9 KiB) Προβλήθηκε 803 φορές

Έστω

ύψος στο

. Τότε $\angle M'MC=90+90-\angle D=\angle KEC$ και επίσης MM'=ER

(αφού

παραλληλόγραμμο ) .
Παρατηρούμε πως $\dfrac{MM'}{KE}=\dfrac{ER}{KE}=\sin \angle K=\sin \angle MEC=\dfrac{MC}{CE}$ έτσι MM'C,KEC

όμοια. Τώρα $\angle KM'C=\anglr KM'M+\angle MM'C=90-\angle DKM+CKE=90$ (

συμμετροδιάμεσος)

#5

Πρόδρομε, σ' ευχαριστώ θερμά για την λύση σου.

Όπως έχω πει με άλλη ευκαιρία, μαθαίνουμε κυρίως από τους άλλους. Από αυτούς που προηγήθηκαν, από αυτούς που μαζί πορευτήκαμε, αλλά ( για μένα το σπουδαιότερο ) και απο τους νεότερους που ορμητικά μας προσπερνάνε.

Με εκτίμηση, Κώστας βήττας.

#6

Συγχαρητήρια Πρόδρομε για την εξαιρετική σου ιδέα. "Όλα τα λεφτά" που λέμε είναι η προβολή του

πάνω στην

. Το ότι βρίσκουμε μια σύντομη λύση δεν κάνει το πρόβλημα απλό. Άλλωστε η μαγεία της Γεωμετρίας έγκειται ακριβώς εκεί, δηλαδή να ανακαλύψει μία βοηθητική γραμμή.
Προσωπικά με δυσκόλεψε πολύ μέχρι να καταλήξω σε μία παραπλήσια λύση και μία γενίκευση.
Δεν είναι απαραίτητο η DK να διέρχεται από το Α.
Από την ομοιότητα των τριγώνων $EMC\sim KE'E$ λόγω της ισότητας $\angle{MEC}=\angle{DKE}$ προκύπτει η ομοιότητα $MM'C\sim E'KM'$ καθώς $\dfrac{CM}{M'E'}= \dfrac{CM}{ME}= \dfrac{EE'}{KE'} =\dfrac{M'M}{KE'}$ , ενώ οι πλευρές CM, MM'

είναι κάθετες προς τις M'E', KE'

αντίστοιχα.
Επομένως η τελευταία ομοιότητα είναι μετασχηματισμός ορθογώνιας στροφής, οπότε $CM'\perp M'K$

Δύο κάθετες

Δύο κάθετες

Re: Δύο κάθετες

Re: Δύο κάθετες

Re: Δύο κάθετες

Re: Δύο κάθετες

Re: Δύο κάθετες

Μέλη σε σύνδεση