Καθετότητα από τον ..τμηματάρχη

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1028
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Καθετότητα από τον ..τμηματάρχη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Σάβ Απρ 06, 2019 12:53 pm

Χαιρετώ. Η αφετηρία για την δημιουργία του παρόντος είναι το θέμα του KARKAR : Γίνε τμηματάρχης!
Καθετότητα , προσφορά  του τμηματάρχη.PNG
Καθετότητα , προσφορά του τμηματάρχη.PNG (9.87 KiB) Προβλήθηκε 430 φορές
Το τρίγωνο ABC του σχήματος είναι εγγεγραμμένο σε ημικύκλιο με κέντρο O και έχει \widehat{A}=90^{0}...tanB=\dfrac{4}{3}

Το M είναι το μέσον του τόξου AB , το D η τομή των CM,AB ενώ το S η τομή των AM,CB και E η τομή των SD,AC

Αν ο κύκλος που ορίζουν τα A,E,D επανατέμνει την CD στο I τότε : Να εξεταστεί αν τα τμήματα OI και ES είναι κάθετα μεταξύ τους.

Ευχαριστώ , Γιώργος.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3938
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα από τον ..τμηματάρχη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Απρ 13, 2019 10:42 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Σάβ Απρ 06, 2019 12:53 pm
Χαιρετώ. Η αφετηρία για την δημιουργία του παρόντος είναι το θέμα του KARKAR : Γίνε τμηματάρχης!
Καθετότητα , προσφορά του τμηματάρχη.PNG
Το τρίγωνο ABC του σχήματος είναι εγγεγραμμένο σε ημικύκλιο με κέντρο O και έχει \widehat{A}=90^{0}...tanB=\dfrac{4}{3}. Το M είναι το μέσον του τόξου AB , το D η τομή των CM,AB ενώ το S η τομή των AM,CB και E η τομή των SD,AC. Αν ο κύκλος που ορίζουν τα A,E,D επανατέμνει την CD στο I τότε : Να εξεταστεί αν τα τμήματα OI και ES είναι κάθετα μεταξύ τους.

Ευχαριστώ , Γιώργος.
Για να μην μείνει άλυτη αυτή η όμορφη παρατήρηση του Γιώργου...

 \bullet Με \tan B=\dfrac{4}{3} μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ( λόγω ομοιοθεσίας) να θεωρήσουμε ότι AC=4 και AB=3 οπότε έχουμε τις προϋποθέσεις του θέματος Γίνε Τμηματάρχης (αρχική ανάρτηση) και όπως αποδείχτηκε εκεί ισχύει: BS = \dfrac{5}{3}

Προφανώς BC=5 (Π.Θ στο ορθογώνιο \vartriangle ABC\left( \angle A={{90}^{0}} \right) (από το ημικύκλιο) και από το θεώρημα της διχοτόμου CD στο τρίγωνο \vartriangle ABC (M το μέσο του ενός τόξου AB ) θα είναι DB = \dfrac{{AB \cdot CB}}{{CA + CB}} = \dfrac{{3 \cdot 5}}{{4 + 5}} = \dfrac{5}{3} \Rightarrow \boxed{BS = BD}:\left( 1 \right)
καθετότητα από τον Τμηματάρχη.png
καθετότητα από τον Τμηματάρχη.png (30.26 KiB) Προβλήθηκε 329 φορές
 \bullet Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle ABC με διατέμνουσα την EDS θα έχουμε:

\dfrac{{EC}}{{EA}} \cdot \dfrac{{DA}}{{DB}} \cdot \dfrac{{SB}}{{SC}} = 1\mathop  \Rightarrow \limits^{\frac{{DA}}{{DB}}\mathop  = \limits^{\Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon } \frac{{CA}}{{CB}} = \frac{4}{5},SC = SB + CB = \frac{{20}}{3}} \dfrac{{EC}}{{EA}} \cdot \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{{\dfrac{5}{3}}}{{\dfrac{{20}}{3}}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{EC}}{{EA}} = \dfrac{5}{1}\mathop  \Rightarrow \limits^{EC + EA = AC = 4} EC = \dfrac{{10}}{3}  \Rightarrow \boxed{EC = 2BS = 2DB}:\left( 2 \right)

Αν N\equiv EI\cap BC τότε το τρίγωνο \vartriangle CEN είναι ισοσκελές (το ύψος του ταυτίζεται με την διχοτόμο του) και συνεπώς CN=CE=\dfrac{10}{3}\Rightarrow NB = CB - CN = 5 - \dfrac{{10}}{3} = \dfrac{5}{3} \Rightarrow DB = BN = BS = \dfrac{5}{3} \Rightarrow \vartriangle NDS ορθογώνιο στο D \Rightarrow \boxed{ND \bot ES}:\left( 3 \right)

και NS = 2BS\mathop  = \limits^{\left( 2 \right)} EC = CN \Rightarrow \boxed{CB = 2CN}:\left( 4 \right)

 \bullet Στο τρίγωνο \vartriangle NES\mathop  \Rightarrow \limits^{I,B\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,NE,NS} IB\parallel ES \Rightarrow IB\parallel DS \Rightarrow \dfrac{{CI}}{{CD}} = \dfrac{{CB}}{{CS}} = \dfrac{{2CO}}{{2CN}} = \dfrac{{CO}}{{CN}} \Rightarrow OI\parallel ND\mathop  \Rightarrow \limits^{ND \bot ES} \boxed{OI \bot ES} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης

Υ.Σ. Έχω και ακόμα μία συντομότερη λύση (μετά το προφανές που προκύπτει από την παραπάνω απόδειξη ότι το I είναι το έγκεντρο του τριγώνου ABC ) (άλλωστε ο Γιώργος δεν το "βάφτισε" τυχαία έτσι :D ) που στηρίζεται στο Stathis Koutras' Theorem και θα επανέλθω αν δεν απαντηθεί έτσι αργότερα


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3938
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα από τον ..τμηματάρχη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Απρ 14, 2019 12:21 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Σάβ Απρ 06, 2019 12:53 pm
Χαιρετώ. Η αφετηρία για την δημιουργία του παρόντος είναι το θέμα του KARKAR : Γίνε τμηματάρχης!
Καθετότητα , προσφορά του τμηματάρχη.PNG

Το τρίγωνο ABC του σχήματος είναι εγγεγραμμένο σε ημικύκλιο με κέντρο O και έχει \widehat{A}=90^{0}...tanB=\dfrac{4}{3}

Το M είναι το μέσον του τόξου AB , το D η τομή των CM,AB ενώ το S η τομή των AM,CB και E η τομή των SD,AC

Αν ο κύκλος που ορίζουν τα A,E,D επανατέμνει την CD στο I τότε : Να εξεταστεί αν τα τμήματα OI και ES είναι κάθετα μεταξύ τους.

Ευχαριστώ , Γιώργος.
Εκτιμώ ότι ο Γιώργος μου επιτρέπει να θέσω ακόμα ένα ερώτημα

Με τις προϋποθέσεις της πρότασης που έθεσε ο Γιώργος να δειχθεί (στο σχήμα του Γιώργου ) ότι οι EM,PQ τέμνονται σε σημείο της BC , όπου P\equiv EO\cap CI,Q\equiv IB\cap OM
Συνημμένα
Εμβόλιμη πρόταση.png
Εμβόλιμη πρόταση.png (26.72 KiB) Προβλήθηκε 180 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1028
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Καθετότητα από τον ..τμηματάρχη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Πέμ Μάιος 09, 2019 12:44 am

Χαιρετώ.Αφού ευχαριστήσω τον Στάθη για την απόδειξη (ευπρόσδεκτο βεβαίως και το πρόσθετο ζητούμενο)
υποβάλλω την απόδειξη της καθετότητας που είχα βρει κατά την δημοσίευση του θέματος.
Θεωρούμε AB=3 \Rightarrow   AC=4..BC=5 και έστω K η τομή των OI,ES. Φέρω OF  \perp CM
..Τμηματάρχης Β.PNG
..Τμηματάρχης Β.PNG (20.05 KiB) Προβλήθηκε 121 φορές
Όπως έχει δειχθεί BD=BS \Rightarrow \theta =\widehat{B}/2 ενώ x+\theta =\widehat{B}+\widehat{C}/2\Rightarrow x=\dfrac{\widehat{B}+\widehat{C}}{2}=45^{0}
άρα πράγματι το I έχει .. :) ..το σωστό όνομα , ως έγκεντρο του ABC.

Από την γενικότερη σχέση OI^{2}=R^{2}-2R\rho με R=5/2..\rho =1 παίρνουμε OI^{2}=\dfrac{5}{4}.

Τα τρίγωνα FOC,CAD είναι όμοια ενώ έχει βρεθεί AC=3AD άρα και CF=3OF.

Με το Π.Θ στα ορθ. τρίγωνα FOC,OFI παίρνουμε OF^{2}=\dfrac{5}{8}=FI^{2}\Rightarrow OF=FI οπότε y=45^{0}.

Τότε το KID έχει οξείες 45άρες που σημαίνει OIK \perp BS

Παραμένει βεβαίως αναπάντητο το ως άνω ερώτημα του Στάθη. Να υποθέσω ότι η εν λόγω σύγκλιση των 3 ευθειών
(υπο)στηρίζεται από τα θεωρήματα του θέματος Τομή στη βάση;

Φιλικά , Γιώργος


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες