mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 04, 2022 8:38 pm**

: καθετοτητα του Darij Grinberg.png (29.75 KiB) Προβλήθηκε 946 φορές

Έστω τα συμμετρικά του ορθοκέντρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ ως προς τις ευθείες των πλευρών του αντίστοιχα. Να δείξετε ότι η είναι κάθετη στην ευθεία Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , όπου οι ορθές προβολές των στις αντίστοιχα.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2022 9:30 am**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 04, 2022 8:38 pm

καθετοτητα του Darij Grinberg.png
Έστω τα συμμετρικά του ορθοκέντρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ ως προς τις ευθείες των πλευρών του αντίστοιχα. Να δείξετε ότι η είναι κάθετη στην ευθεία Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , όπου οι ορθές προβολές των στις αντίστοιχα.

(Ακόμα μία) εξαιρετική εφαρμογή του Θεωρήματος Στάθη Κούτρα!

Έστω E,F

τα ίχνη των υψών από τα σημεία B,C

και

τα μέσα των πλευρών AB,AC

, αντίστοιχα. Σύμφωνα λοιπόν με αυτό το Θεώρημα, αρκεί να αποδείξουμε ότι

$\dfrac{EN}{MF}=\dfrac{AL}{AK}$

Μέρος 1: Είναι,

AP=AH=AQ,

άρα

$\dfrac{AL}{AK}=\dfrac{AL/AQ}{AK/AP}=\dfrac{\sin \angle LQA}{\sin \angle KPA}=\dfrac{\sin (\angle A-\angle B)}{\sin(\angle A-\angle C)}$

Επίσης,

$\dfrac{\sin (\angle A-\angle B)}{\sin(\angle A-\angle C)}=\dfrac{\sin A \cos \angle B-\cos A \sin \angle B}{\sin A \cos \angle C-\cos A \sin \angle C}=\dfrac{\dfrac{\cos \angle B}{\cos \angle A}-\dfrac{\sin \angle B}{\sin \angle A}}{\dfrac{\cos \angle C}{\cos \angle A}-\dfrac{\sin \angle C}{\sin \angle A}}=$

$=\dfrac{\dfrac{b(a^2+c^2-b^2)}{a(b^2+c^2-a^2)}-\dfrac{b}{a}}{\dfrac{c(a^2+b^2-c^2)}{a(b^2+c^2-a^2)}-\dfrac{c}{a}}=\dfrac{b(a^2-b^2)}{c(a^2-c^2},$

όπου η προτελευταία ισότητα ισχύει διότι από τον μεν Νόμο Ημιτόνων προκύπτει ότι

$\dfrac{a}{\sin \angle A}=\dfrac{b}{\sin \angle B}=\dfrac{c}{\sin \angle C},$

και συνεπώς $\dfrac{\sin \angle C}{\sin \angle A}=\dfrac{c}{a}$ και $\dfrac{\sin \angle B}{\sin \angle A}=\dfrac{b}{a}$ , από τον Νόμο Συνημιτόνων δε

$\cos \angle A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}},$ και ανάλογες εκφράσεις προκύπτουν για τα $\cos \angle B$ και $\cos \angle C$ , οπότε διαιρώντας αυτές κατά μέλη έχουμε τους παραπάνω λόγους.

Μέρος 2: Είναι,

$FM=AM-AF=\dfrac{c}{2}-b\cos \angle A=\dfrac{c}{2}-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2c}=\dfrac{a^2-b^2}{2c}$

και

$EN=AN-AE=\dfrac{b}{2}-c \cos \angle A=\dfrac{b}{2}-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2b}=\dfrac{a^2-c^2}{2b},$

συνεπώς

$\dfrac{FM}{EN}=\dfrac{b(a^2-b^2)}{c(a^2-c^2)}$

Συνοψίζοντας, από τα αποτελέσματα που προέκυψαν, έχουμε ότι

$\dfrac{AL}{AK}=\dfrac{FM}{EN},$

που, όπως είπαμε και πιο πάνω, από το Θεώρημα Στάθη Κούτρα δίνει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 26, 2022 2:28 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 04, 2022 8:38 pm
καθετοτητα του Darij Grinberg.png
Έστω τα συμμετρικά του ορθοκέντρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ ως προς τις ευθείες των πλευρών του αντίστοιχα. Να δείξετε ότι η είναι κάθετη στην ευθεία Euler του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , όπου οι ορθές προβολές των στις αντίστοιχα.

Να ευχαριστήσω τον Ορέστη για την αντιμετώπιση του προβλήματος και ας δούμε μια διαφορετική προσέγγιση χρησιμοποιώντας όμως το ίδιο θεώρημα

: Καθετότητα του DARIJ GRINBERG 2.png (42.98 KiB) Προβλήθηκε 705 φορές

Είναι γνωστό ότι τα συμμετρικά του ορθοκέντρου τριγώνου είναι σημεία του περίκυκλου του τριγώνου . Αν

είναι λοιπόν το κέντρο του περίκυκλου $\left( O \right)$ του $\vartriangle ABC$ τότε με M,N,D,E

τις ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα , τότε από τα ορθογώνια OM{B}'D,ON{C}'E

, όπου

τα ίχνη των υψών από τα B,C

αντίστοιχα , προκύπτει ότι οι ορθές προβολές M{B}',N{C}'

της

στις

αντίστοιχα , ταυτίζονται (μετρικά) με τα OD,OE

αντίστοιχα.

Επίσης είναι $AQ\overset{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha }{\mathop{=}}\,AH\overset{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha }{\mathop{=}}\,AP$

Είναι $\angle QAL\overset{A,Q,C,B\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle QCB=\dfrac{\angle BOQ}{2}=\angle BOD\overset{\angle ALQ=\angle ODB={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle ALQ\sim \vartriangle ODB$ $\Rightarrow \dfrac{AL}{OD}=\dfrac{AQ}{OB}\Rightarrow \dfrac{AL}{M{B}'}=\dfrac{AH}{R}:\left( 1 \right)$

Και ομοίως $\vartriangle PKA\sim \vartriangle POE\Rightarrow \dfrac{AK}{OE}=\dfrac{AP}{OB}\Rightarrow \dfrac{AK}{N{C}'}=\dfrac{AH}{R}:\left( 2 \right)$

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{AL}{M{B}'}=\dfrac{AK}{N{C}'}\Rightarrow \dfrac{N{C}'}{M{B}'}=\dfrac{AK}{AL}:\left( 3 \right)$
Από την $\left( 3 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $KL\bot OH$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

mathematica.gr

Καθετότητα του DARIJ GRINBERG 2

Καθετότητα του DARIJ GRINBERG 2

Re: Καθετότητα του DARIJ GRINBERG 2

Re: Καθετότητα του DARIJ GRINBERG 2