Καθετότητα του Derk Jan SMEENK

#1

: Καθετότητα SMEENK.png (24.29 KiB) Προβλήθηκε 1081 φορές

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και ας είναι σημεία των πλευρών του αντίστοιχα, ώστε . Να δειχθεί ότι $OI\bot EF$ , όπου τα παράκεντρο και έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ αντίστοιχα

Στάθης

Al.Koutsouridis · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 26, 2021 11:51 pm
Καθετότητα SMEENK.png
Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και ας είναι σημεία των πλευρών του αντίστοιχα, ώστε . Να δειχθεί ότι $OI\bot EF$ , όπου τα παράκεντρο και έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ αντίστοιχα

Στάθης

Έστω

τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ABC

και

τα μήκη των προβολών του τμήματος

στις πλευρές

και

αντίστοιχα. Τότε θα έχουμε

AE=c-a

,

και

$x= \dfrac{c}{2} - \dfrac{a+c-b}{2} = \dfrac{b-a}{2}$

$y= \dfrac{b}{2} -\dfrac{a+b-c}{2}= \dfrac{c-a}{2}$

Iσχύει $\dfrac{AE}{AF} = \dfrac{y}{x}$ και επομένως από το θεώρημα Στάθης Κούτρας θα είναι $OI \perp EF$ .

giannimani · #3

Έστω

,

τα μέσα των

,

αντίστοιχα. Τότε στο τρίγωνο ABC

ισχύουν

και

.
Επομένως, σύμφωνα με τα λήμματα 1 και 2 ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\triangle AKL$ διέρχεται
από το μέσο $A_{0}$ του τόξου BAC

του περιγεγραμμένου κύκλου του $\triangle ABC$ (λήμμα 1),
και από το έγκεντρο

του $\triangle ABC$ (λήμμα 2).
Επίσης, σύμφωνα με το λήμμα 1, ο περιγγεγραμμένος κύκλος του $\triangle AEF$ θα διέρχεται
από το σημείο $A_{0}$ ( BE = CF

).

: perp1.png (38.21 KiB) Προβλήθηκε 1005 φορές

Έστω ότι η διχοτόμος της γωνίας

του $\triangle ABC$ τέμνει τους κύκλους (AEF)

και

στα σημεία

,

αντίστοιχα. Η $A_{0}A$ εξωτερική διχοτόμος της $\angle BAC$ , οπότε
$\angle A_{0}AN=\angle A_{0}AM = 90^{\circ}$ , και επομένως, οι $A_{0}N$ , $A_{0}M$ διάμετροι των κύκλων
(AEF)

και

αντίστοιχα. Ως εκ τούτου, $A_{0}N \bot EF$ .
Θα αποδείξουμε ότι το

είναι το μέσο του

.
Έστω

το μέσο του

. Από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων $A_{0}EB$ και $A_{0}NM$
προκύπτει η ομοιότητα των τριγώνων $A_{0}EK$ και $A_{0}NI'$ , οπότε $\angle A_{0}KE=\angle A_{0}I'N$ ,
δηλαδή, $\angle A_{0}KE =\angle A_{0}I'A$ , από την οποία έχουμε ότι το μέσο

της

ανήκει
στον κύκλο (AKL)

. Αλλά και $I\in (AKL)$ , δηλαδή, $I' \equiv I$ .
Στο τρίγωνο $A_{0}NM$ τα

,

μέσα των $A_{0}M$ ,

αντίστοιχα, οπότε $OI \parallel A_{0}N$ .
Όμως $A_{0}N \bot EF$ , οπότε και $OI \bot EF$ .

Έγινε χρήση των δύο επόμενων λημμάτων (Οι αποδείξεις τους δεν παρουσιάζουν δυσκολίες).

Λημμα 1. Στις πλευρές

και

ενός σκαληνού τριγώνου ABC

,

, θεωρούμε
αντίστοιχα τα σημεία C_0

και

. Το σημείο B_1

είναι το μέσο του τόξου ABC

του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

.
Να αποδείξετε ότι η ισότητα AC_0 = CA_0

ισχύει, αν και μόνο αν, τα σημεία
A_0

,

είναι ομοκυκλικά.

Λήμμα 2. Στις πλευρές

και

ενός σκαληνού τριγώνου ABC

, θεωρούμε
τα σημεία C_0

και

αντίστοιχα. Το σημείο

είναι το έγκεντρο του τριγώνου ABC

. Να αποδείξετε ότι ο
περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $A_{0}BC_{0}$ , διέρχεται από το σημείο

αν και μόνο αν AC_0 + CA_0 = AC

.

Al.Koutsouridis · #4

giannimani έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 27, 2021 10:49 am

Έγινε χρήση των δύο επόμενων λημμάτων (Οι αποδείξεις τους δεν παρουσιάζουν δυσκολίες).

Λημμα 1. Στις πλευρές και ενός σκαληνού τριγώνου , , θεωρούμε
αντίστοιχα τα σημεία και . Το σημείο είναι το μέσο του τόξου
του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου .
Να αποδείξετε ότι η ισότητα ισχύει, αν και μόνο αν, τα σημεία
, , , είναι ομοκυκλικά.

Λήμμα 2. Στις πλευρές και ενός σκαληνού τριγώνου , θεωρούμε
τα σημεία και αντίστοιχα. Το σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Να αποδείξετε ότι ο
περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $A_{0}BC_{0}$ , διέρχεται από το σημείο αν και μόνο αν .

Λήμμα 1 και Λήμμα 2.

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 26, 2021 11:51 pm
Καθετότητα SMEENK.png
Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και ας είναι σημεία των πλευρών του αντίστοιχα, ώστε . Να δειχθεί ότι $OI\bot EF$ , όπου τα παράκεντρο και έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ αντίστοιχα

Στάθης

Η

τέμνει την

στο

και τον περιγεγραμμένο κύκλο στο

ενώ η

τέμνει την

στο

Προφανώς, $CN\bot BF.$ Αρκεί να δείξω ότι το PITF

είναι εγγράψιμο.

: Smeenk.png (18.8 KiB) Προβλήθηκε 936 φορές

$\displaystyle I\widehat NO = E\widehat BF$ ως οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες. Στο ισοσκελές BFC

είναι $\displaystyle BF = 2a\sin\dfrac{C}{2} \Rightarrow$ $\boxed{\frac{{BF}}{{BE}} = 2\sin \frac{C}{2}}$ (1)

Από νόμο ημιτόνων στο NBS

παίρνω, $\displaystyle \frac{{BN}}{{\sin \frac{C}{2}}} = \frac{a}{{\sin A}} \Leftrightarrow \frac{{BN}}{R} = \frac{{a\sin \frac{C}{2}}}{{R\sin A}} \Leftrightarrow \frac{{BN}}{{NO}} = 2\sin \frac{C}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{NI}}{{NO}} = 2\sin \frac{C}{2}}$ (2)

Από

και

τα τρίγωνα BFE, NIO

είναι όμοια, οπότε $B\widehat FE= N\widehat IO$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Καθετότητα του Derk Jan SMEENK

Καθετότητα του Derk Jan SMEENK

Re: Καθετότητα του Derk Jan SMEENK

Re: Καθετότητα του Derk Jan SMEENK

Re: Καθετότητα του Derk Jan SMEENK

Re: Καθετότητα του Derk Jan SMEENK

Μέλη σε σύνδεση