Καθετότητα του DARIJ GRINBERG

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4770
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Καθετότητα του DARIJ GRINBERG

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Οκτ 26, 2021 11:33 pm

Καθετότητα του DARIJ GRINBERG.png
Καθετότητα του DARIJ GRINBERG.png (29.96 KiB) Προβλήθηκε 924 φορές
Έστω D,E τα ίχνη των εσωτερικών διχοτόμων των γωνιών B,C αντίστοιχα τριγώνου \vartriangle ABC . Να δειχθεί ότι O{{I}_{a}}\bot DE , όπου O,{{I}_{a}} το περίκεντρο και το A- παράκεντρο του εν λόγω τριγώνου

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
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4770
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Καθετότητα του DARIJ GRINBERG

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Νοέμ 01, 2021 11:09 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Τρί Οκτ 26, 2021 11:33 pm
Καθετότητα του DARIJ GRINBERG.png
Έστω D,E τα ίχνη των εσωτερικών διχοτόμων των γωνιών B,C αντίστοιχα τριγώνου \vartriangle ABC . Να δειχθεί ότι O{{I}_{a}}\bot DE , όπου O,{{I}_{a}} το περίκεντρο και το A- παράκεντρο του εν λόγω τριγώνου

Στάθης
Επαναφορά (ευκολάκι Αλέξανδρε!)


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
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1957
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Καθετότητα του DARIJ GRINBERG

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Τρί Νοέμ 02, 2021 8:42 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Δευ Νοέμ 01, 2021 11:09 pm
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Τρί Οκτ 26, 2021 11:33 pm
Καθετότητα του DARIJ GRINBERG.png
Έστω D,E τα ίχνη των εσωτερικών διχοτόμων των γωνιών B,C αντίστοιχα τριγώνου \vartriangle ABC . Να δειχθεί ότι O{{I}_{a}}\bot DE , όπου O,{{I}_{a}} το περίκεντρο και το A- παράκεντρο του εν λόγω τριγώνου

Στάθης
Επαναφορά (ευκολάκι Αλέξανδρε!)
Περίμενα να το λύσουν άλλοι, αλλά αφού δεν λύθηκε, έγινε νύξη και δεν έχω κάποια ιδιαίτερη ντροπή να χρησιμοποιήσω πιό σύγχρονα θεωρήματα ας έχει :D .

Έστω για ευκολία a,b,c τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ABC και x,y τα μήκη των τμημάτων BZ, CZ όπου Z το σημείο επαφής του παραγεγραμμένου κύκλου με την πλευρά BC.

Τότε θα έχουμε x+c=y+b και x+y=a. Επιλύουμε ως προς x,y το παραπάνω σύστημα και βρίσκουμε

x=\dfrac{a+b-c}{2} και y=\dfrac{a+c-b}{2}.

Έστω n,m τα μήκη της προβολής του τμήματος OI_{a} στις ευθείες AB, AC αντίστοιχα. Τότε θα είναι

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

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

Από το θεώρημα διχοτόμων (ίσως για αυτό δεν ασχολήθηκε κανείς, είναι εκτός ύλης) έχουμε,

AE=\dfrac{bc}{a+b} και AD=\dfrac{bc}{a+c}.

Στο σημείο αυτό, παρατηρούμε ότι

\dfrac{AE}{AD} = \dfrac{\dfrac{bc}{a+b}}{\dfrac{bc}{a+c}}=\dfrac{a+c}{a+b}=\dfrac{m}{n}.

Επομένως, από το θεώρημα Στάθης Κούτρας προκύπτει, ότι ED \perp OI_{a}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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