Εύκολη καθετότητα

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4089
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Εύκολη καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Ιαν 11, 2021 12:55 am

Εύκολη καθετότητα.png
Εύκολη καθετότητα.png (20.79 KiB) Προβλήθηκε 422 φορές
Έστω κυρτό τετράπλευρο \displaystyle{ABCD} με \displaystyle{DA = AB = BC} και \displaystyle{\angle A,\angle B} αμβλείες και ας είναι \displaystyle{I} το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών αυτών. Να δειχθεί ότι \displaystyle{OI \bot CD} όπου \displaystyle{O} το περίκεντρο του τριγώνου \displaystyle{\vartriangle ABE} με \displaystyle{E \equiv AD \cap BC}

Στάθης


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

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10184
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Εύκολη καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιαν 11, 2021 12:37 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Δευ Ιαν 11, 2021 12:55 am
Εύκολη καθετότητα.pngΈστω κυρτό τετράπλευρο \displaystyle{ABCD} με \displaystyle{DA = AB = BC} και \displaystyle{\angle A,\angle B} αμβλείες και ας είναι \displaystyle{I} το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών αυτών. Να δειχθεί ότι \displaystyle{OI \bot CD} όπου \displaystyle{O} το περίκεντρο του τριγώνου \displaystyle{\vartriangle ABE} με \displaystyle{E \equiv AD \cap BC}

Στάθης
Καλημέρα Στάθη και Καλή Χρονιά!

Χωρίς βλάβη, υποθέτω ότι \displaystyle B\widehat AD > A\widehat BC. Έστω M, N τα μέσα των AB, AD αντίστοιχα, H η προβολή του I στην AD και K σημείο της EA ώστε EK=EB. Έστω ακόμα P το σημείο τομής των EI, KB. Προφανώς το I είναι το E-παράκεντρο του τριγώνου EAB και η AI διχοτομεί την \widehat E.
Εύκολη καθετότητα.png
Εύκολη καθετότητα.png (39.74 KiB) Προβλήθηκε 355 φορές
Λόγω των ισοσκελών τριγώνων ABD, ABC, εύκολα προκύπτει ότι τα τμήματα του ίδιου χρώματος είναι ίσα μεταξύ

τους, άρα και τα τρίγωνα IAD, ICB οπότε I\widehat DA=I\widehat BC και το EBID είναι εγγράψιμο, ομοίως και το EAIC.

\displaystyle MN|| = \frac{{BD}}{2}|| = HP \Leftrightarrow \boxed{HN = PM = \frac{{KA}}{2}} (1)

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
O{D^2} - {R^2} = AD \cdot DE\\ 
O{C^2} - {R^2} = CB \cdot CE 
\end{array} \right.\mathop  \Rightarrow \limits^{CB = AD} O{D^2} - O{C^2} = AD(DE - CE) = AD(EA - EB) \Leftrightarrow

\displaystyle O{D^2} - O{C^2} = AD \cdot KA\mathop  \Leftrightarrow \limits^{(1)} O{D^2} - O{C^2} = 2AD \cdot HN = I{D^2} - I{A^2} = I{D^2} - I{C^2}

που αποδεικνύει το ζητούμενο (συνθήκη καθετότητας).


Δεν μου φάνηκε και τόσο απλή η καθετότητα, εκτός αν πήρα λάθος δρόμο :roll:


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4089
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Εύκολη καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Ιαν 11, 2021 12:59 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Ιαν 11, 2021 12:37 pm
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Δευ Ιαν 11, 2021 12:55 am
Εύκολη καθετότητα.pngΈστω κυρτό τετράπλευρο \displaystyle{ABCD} με \displaystyle{DA = AB = BC} και \displaystyle{\angle A,\angle B} αμβλείες και ας είναι \displaystyle{I} το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών αυτών. Να δειχθεί ότι \displaystyle{OI \bot CD} όπου \displaystyle{O} το περίκεντρο του τριγώνου \displaystyle{\vartriangle ABE} με \displaystyle{E \equiv AD \cap BC}

Στάθης
Καλημέρα Στάθη και Καλή Χρονιά!

...

Δεν μου φάνηκε και τόσο απλή η καθετότητα, εκτός αν πήρα λάθος δρόμο :roll:
Καλημέρα Γιώργο και καλή χρονιά επίσης!. Εύχομαι σε όλο τον κόσμο υγεία, υγεία , υγεία

Προφανώς και δεν πήρες λάθος δρόμο γιατί αλλιώς δεν θα έφτανες στο προορισμό σου. Απλά πήρες έναν δρόμο...
Θα περιμένω κάποιες πιθανές απαντήσεις ακόμα και θα δικαιολογήσω απόλυτα τον τίτλο (εύκολη καθετότητα) του προβλήματος

Με εκτίμηση
Στάθης


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
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 821
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Εύκολη καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Ιαν 11, 2021 2:23 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Δευ Ιαν 11, 2021 12:55 am
Εύκολη καθετότητα.pngΈστω κυρτό τετράπλευρο \displaystyle{ABCD} με \displaystyle{DA = AB = BC} και \displaystyle{\angle A,\angle B} αμβλείες και ας είναι \displaystyle{I} το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών αυτών. Να δειχθεί ότι \displaystyle{OI \bot CD} όπου \displaystyle{O} το περίκεντρο του τριγώνου \displaystyle{\vartriangle ABE} με \displaystyle{E \equiv AD \cap BC}

Στάθης
Από το θεώρημα Στάθη Κούτρα αρκεί να δείξω ότι ED\cdot O_1I_1=EC\cdot O_2I_2 όπου O_1,O_2 οι προβολές του O στις ED,EC αντίστοιχα, όμοια ορίζονται I_1,I_2.
Είναι ED\cdot O_1I_1=(AE+AB)(AE/2+AI_1)=(AE+AB)(AE/2+s-AE) όπου s η ημιπερίμετρος του EAB.
Αρκεί το (AE+AB)(s-AE/2) να είναι συμμετρικό προς AE,BE
Πράγματι ..=(AE+AB)\cdot\dfrac{AB+BE}{2} άρα τελειώσαμε.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1322
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εύκολη καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Δευ Ιαν 11, 2021 2:31 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Δευ Ιαν 11, 2021 12:55 am
Εύκολη καθετότητα.pngΈστω κυρτό τετράπλευρο \displaystyle{ABCD} με \displaystyle{DA = AB = BC} και \displaystyle{\angle A,\angle B} αμβλείες και ας είναι \displaystyle{I} το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών αυτών. Να δειχθεί ότι \displaystyle{OI \bot CD} όπου \displaystyle{O} το περίκεντρο του τριγώνου \displaystyle{\vartriangle ABE} με \displaystyle{E \equiv AD \cap BC}

Στάθης
Έστω K,L οι προβολές του I στις ED, EC αντίστοιχα και M,N του O. Από το θεώρημα "Στάθης Κούτρας" αρκεί να δείξουμε ότι

\dfrac{MA+AK}{NB+BL} = \dfrac{EC}{ED} \Leftrightarrow \dfrac{EA/2+MA}{EB/2+BL} = \dfrac{EB+BC}{EA+AD} \Leftrightarrow \dfrac{EA+2AM}{EB+2BL} =  \dfrac{EB+BC}{EA+AD} \Leftrightarrow

\dfrac{EA+2AM+EB+2BL}{EB+2BL} = \dfrac{EB+EA+BC+AD}{EA+AD}  \Leftrightarrow

Όμως EA+2AM+EB+2BL = EB+EA+BC+AD, οπότε

EB+2BL=EA+AD \Leftrightarrow

EB+2BL =EA+AM+BL \Leftrightarrow

EB+BL = EA+AM

Η τελευταία ισχύει επειδή το I είναι σημείο της διχοτόμου της γωνίας DEC.

Edit: Με πρόλαβε ο Πρόδρομος ενω έγραφα, το αφήνω για τον κόπο...


giannimani
Δημοσιεύσεις: 116
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εύκολη καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Παρ Ιαν 15, 2021 8:06 pm

easy_perpend.png
easy_perpend.png (108.57 KiB) Προβλήθηκε 198 φορές
Από τον τρόπο του ορισμού του το σημείο I είναι το E-παράκεντρο του \vartriangle EAB.
Εφόσον DA=CB σύμφωνα με το Λήμμα 1 ο κύκλος \Omega \equiv (EAB) διέρχεται από το μέσο N
του τόξου DEC του κύκλου \omega_{1} \equiv (EDC).

Έστω P, Q τα μέσα των AD, BC αντίστοιχα. Τότε AP=BQ και AP+BQ=AB, οπότε
σύμφωνα με τα Λήμματα 1 και 2 ο κύκλος \omega_{2}\equiv (EAB) διέρχεται από το N και
από το I.

Συμβολίζουμε με M και L τα σημεία τομής της διχοτόμου EI της γωνίας AEB
με τους κύκλους \Omega και \omega_{1} αντίστοιχα. Η EN είναι εξωτερική διχοτόμος της
γωνίας AEB, οπότε \angle NEM= \angle NEL=90^{\circ}, και επομένως οι NM, NL διάμετροι
των κύκλων \Omega, \omega_{1} αντίστοιχα.

Θα αποδείξουμε ότι το σημείο I είναι το μέσο του ML.

Έστω I' το μέσο του ML. Από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων NAD και NML
προκύπτει η ομοιότητα των τριγώνων NAP και NMI', οπότε \angle NPA=\angle NI'M,
δηλαδή, \angle NPE =\angle NI'E, από την οποία έχουμε ότι το μέσο I' της ML ανήκει
στον κύκλο \omega_{2}. Αλλά και I\in \omega_{2}, δηλαδή, I' \equiv I.
Στο τρίγωνο MNL τα O, I μέσα των MN, ML αντίστοιχα, οπότε OI \parallel NL.
Όμως NL \bot DC, οπότε και OI \bot DC.

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

Λημμα 1. Στις πλευρές AB και BC ενός σκαληνού τριγώνου ABC, (ΑΒ < ΒC), θεωρούμε
αντίστοιχα τα σημεία C_0 και A_0. 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, C_0, B_1, B είναι ομοκυκλικά.


Λήμμα 2. Στις προεκτάσεις των πλευρών BA και BC (προς το μέρος των A και C) ενός σκαληνού
τριγώνου ABC (AB<BC), θεωρούμε τα σημεία C_0 και A_0 αντίστοιχα. Το σημείο I_{b} είναι
το B-παράκεντρο του τριγώνου ABC. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος
του τριγώνου A_{0}BC_{0}, διέρχεται από το σημείο I_{b} αν και μόνο αν AC_0 + CA_0 = AC.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1322
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Εύκολη καθετότητα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Παρ Ιαν 15, 2021 9:05 pm

giannimani έγραψε:
Παρ Ιαν 15, 2021 8:06 pm

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

Λημμα 1. Στις πλευρές AB και BC ενός σκαληνού τριγώνου ABC, (ΑΒ < ΒC), θεωρούμε
αντίστοιχα τα σημεία C_0 και A_0. 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, C_0, B_1, B είναι ομοκυκλικά.


Λήμμα 2. Στις προεκτάσεις των πλευρών BA και BC (προς το μέρος των A και C) ενός σκαληνού
τριγώνου ABC (AB<BC), θεωρούμε τα σημεία C_0 και A_0 αντίστοιχα. Το σημείο I_{b} είναι
το B-παράκεντρο του τριγώνου ABC. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος
του τριγώνου A_{0}BC_{0}, διέρχεται από το σημείο I_{b} αν και μόνο αν AC_0 + CA_0 = AC.
Την έψαχνα αυτή την λύση μολις είδα την εκφώνηση :) . Το πρώτο λήμμα και το συγγενικό του δεύτερου.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες