Ασυμμετρία και καθετότητα

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ. Μια σύνθεση άλλων (γνωστών) θεμάτων :

: Ασυμμετρία και καθετότητα.PNG (9.71 KiB) Προβλήθηκε 824 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει $\widehat{A}=90^{0}$ και έστω E,Z

οι επαφές του έγκυκλου αυτού με τις πλευρές AB,AC

αντίστοιχα.

Επί της διχοτόμου της $\widehat{A}$ θεωρούμε το σημείο

ώστε να ισχύει $2AE\cdot \left ( BIC \right )=BC\cdot BE\cdot CZ$

Ο περίκυκλος του ABC

τέμνει τις BI,CI

στα

αντίστοιχα.

Ι) Να εξεταστεί αν τα μήκη των BC,MN

είναι ασύμμετρα (ο λόγος τους είναι άρρητος αριθμός) και II) Να εξεταστεί αν ισχύει $AI \perp MN$
Ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 28, 2019 5:26 pm
Χαιρετώ. Μια σύνθεση άλλων (γνωστών) θεμάτων :
Ασυμμετρία και καθετότητα.PNG
Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=90^{0}$ και έστω οι επαφές του έγκυκλου αυτού με τις πλευρές αντίστοιχα.

Επί της διχοτόμου της $\widehat{A}$ θεωρούμε το σημείο ώστε να ισχύει $2AE\cdot \left ( BIC \right )=BC\cdot BE\cdot CZ$

Ο περίκυκλος του τέμνει τις στα αντίστοιχα.

Ι) Να εξεταστεί αν τα μήκη των είναι ασύμμετρα (ο λόγος τους είναι άρρητος αριθμός) και II) Να εξεταστεί αν ισχύει $AI \perp MN$
Ευχαριστώ, Γιώργος.

Όμορφη επιλογή του ονόματος

Γιώργο, αν είχε και δείκτη το

θα ήταν ακόμα πιο όμορφο! . Θα περιμένω μέχρι αύριο βράδυ και θα απαντήσω αν δεν απαντηθεί

Altrian · #3

Καλημέρα Γιώργο και Στάθη.

Ι) $2AE(BIC)=BC*BE*CZ\Rightarrow 2x(BIC)=(k+y)ky.....[1]$

Από π.θ. στο $\triangle ABC\rightarrow (x+y)^{2}+(x+k)^{2}=(y+k)^{2}\Rightarrow yk=x(x+y+k).....[2]$

Από τις [1],[2]

παίρνουμε: $2(BIC)=(y+k)(x+y+k)\Rightarrow IP=x+y+k$ .

Στην προέκταση της

παίρνω τμήμα HF=IP=x+y+k

.
Από δύναμη του σημείου

(σχέση

) προκύπτει ότι τα B,O,C,I,F

είναι ομοκυκλικά με διάμετρο του κύκλου την

.
Επειδή

έκκεντρο του $\triangle ABC\Rightarrow \angle BOC=90+\angle A/2=90+45=135$
BOCI

εγγεγραμμένο $\rightarrow \angle BOC+\angle BIC=180\Rightarrow \angle BIC=180-135=45$

Επειδή

κάθετη στην $BI\rightarrow$ $\angle MCN=45$ .
Ετσι η

είναι διάμετρος του κύκλου που διέρχεται από τα A,B,C

και η

χορδή που αντιστοιχεί σε εγγεγραμμένη γωνία

Αρα $AB/MN=\sqrt{2}$ δηλαδή τα μήκη τους είναι ασύμμετρα.

ΙΙ) $\angle OIC=45-\angle BIO=45-\angle BCO=45-\angle C/2$

$\angle MCB=\angle MCO-\angle BCO=45-\angle C/2$

$\angle MNI=\angle MBC$ λόγω του ότι BCMN

εγγεγραμμένο.

Αρα τα τρίγωνα $\triangle IQN\approx \triangle BMC$ είναι όμοια γιατί έχουν δύο γωνίες ίσες άρα θα έχουν και την τρίτη ίση που εδώ είναι ορθή. Αρα $\angle NQI=90$

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Φεβ 28, 2019 5:26 pm
Χαιρετώ. Μια σύνθεση άλλων (γνωστών) θεμάτων :
Ασυμμετρία και καθετότητα.PNG
Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=90^{0}$ και έστω οι επαφές του έγκυκλου αυτού με τις πλευρές αντίστοιχα.

Επί της διχοτόμου της $\widehat{A}$ θεωρούμε το σημείο ώστε να ισχύει $2AE\cdot \left ( BIC \right )=BC\cdot BE\cdot CZ$

Ο περίκυκλος του τέμνει τις στα αντίστοιχα.

Ι) Να εξεταστεί αν τα μήκη των είναι ασύμμετρα (ο λόγος τους είναι άρρητος αριθμός) και II) Να εξεταστεί αν ισχύει $AI \perp MN$
Ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλησπέρα σε όλους!

Έστω

το έγκεντρο,

το σημείο επαφής της

με τον εγγεγραμμένο κύκλο,

η προβολή του

στη

και

το σημείο

τομής των IA, MN.

Έστω ακόμα

η ημιπερίμετρος του τριγώνου και r_a

η ακτίνα του

παρεγγεγραμμένου κύκλου.

: Ασυμμετρία και καθετότητα.png (22.72 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

I) $\displaystyle 2AE(BIC) = BC \cdot BE \cdot CZ \Leftrightarrow (BIC) = \frac{{a \cdot BD \cdot DC}}{{2(s - a)}} \Leftrightarrow \frac{{a \cdot IH}}{2} = \frac{{a \cdot BD \cdot DC}}{{2(s - a)}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle IH(s - a) = BD \cdot DC = (ABC) \Leftrightarrow$ $\boxed{IH=r_a}$ Άρα το

είναι το

παράκεντρο του ABC

και

$B\widehat IC=45^\circ.$ Επειδή όμως το MCI

είναι ορθογώνιο, θα είναι $M\widehat CI=45^\circ$ και το

είναι η πλευρά

τετραγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας $\dfrac{a}{2}.$ Επομένως, $\displaystyle \frac{{BC}}{{MN}} = \frac{a}{{\frac{{a\sqrt 2 }}{2}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{BC}}{{MN}} = \sqrt 2 }$ άρρητος.

ΙΙ) Από το εγγεγραμμένο BMNC

και το εγγράψιμο BKCI

οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, άρα και το BMPK

είναι εγγράψιμο, οπότε $\boxed{P=90^\circ}$

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλό βράδυ. Ευχαριστώ τον Στάθη για την ..ετοιμότητα να καλύψει το θέμα (που δεν χρειάστηκε)
και τους Αλέξανδρο και Γιώργο για τις θαυμάσιες λύσεις τους!
Λίγα λόγια για την δημιουργία , αλλά και συνοπτική λύση του θέματος με χρήση του σχήματος

: Ασυμμετρία και καθετότητα Β.PNG (15.21 KiB) Προβλήθηκε 572 φορές

Αφορμή ήταν η ιδιότητα του Α-παράκεντρου να έχει απόσταση (και) από την υποτείνουσα

ίση με την ημιπερίμετρο του ABC

.

Η σχέση $2AE\cdot \left ( BIC \right )=BC\cdot BE\cdot CZ$ δόθηκε για να προκύψει $IH=h=\tau$ αφού ισχύει $BE\cdot CZ=\left ( BAC \right )=\tau \cdot \rho =\tau \cdot AE$ .

Θέτοντας το

πάνω στην διχοτόμο της $\widehat{A}$ γίνεται όπως εννοεί κι' ο Στάθης $I_{a}$ . Εύκολα βρίσκουμε $\widehat{BIC}=45^{0}$ και ότι MLN

ορθ. και ισοσκελές
όπου

το μέσο της

. Τότε $MN=R\sqrt{2}$ ενώ BC=2R

.

Ακόμη έχουμε $\widehat{BLN}=180^{0}-2\omega =\widehat{ABC}\Rightarrow NL\parallel BA$ οπότε το τρίγωνο PNT

έχει τις οξείες γωνίες του

άρες συνεπώς $AI \perp MN$
Φιλικά, Γιώργος.

Ασυμμετρία και καθετότητα

Ασυμμετρία και καθετότητα

Re: Ασυμμετρία και καθετότητα

Re: Ασυμμετρία και καθετότητα

Re: Ασυμμετρία και καθετότητα

Re: Ασυμμετρία και καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση