Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1275
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm

Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.


Σιλουανός Μπραζιτίκος

Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3019
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Δεκ 01, 2017 5:58 pm

silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Εστω I_{c},I_{b} τα κέντρα των I_{C},I_{B} αντίστοιχα.

Από την ομοιότητα των τριγώνων AEI_{c},ADI_{b}

παίρνουμε \dfrac{AI_{c}}{AI_{b}}=\dfrac{r_{c}}{r_{b}}

Αν AH είναι το ύψος του τριγώνου τότε ο Θαλής μαζί με την προηγούμενη

δίνει \dfrac{QH}{HP}=\dfrac{r_{c}}{r_{b}} (1)

Εστω K=AH\cap DP

Εύκολα βλέπουμε ότι τα τρίγωνα KHP,BPI_{b}

είναι όμοια.

Ετσι έχουμε \dfrac{HK}{BP}=\dfrac{HP}{r_{b}}

Αλλά BP=t όπου t η ημιπερίμετρος.

Αρα HK=\frac{HP}{r_{b}}t (2)

Αν τώρα K'=AH\cap QE

υπολογίζουμε όμοια ότι HK'=\frac{QH}{r_{c}}t (3)

Τελικά οι (1), (2), (3) μας δίνουν ότι S\equiv K\equiv K'

και το ζητούμενο απεδείχθη.


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Δεκ 02, 2017 1:07 am

silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους (2).png
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους (2).png (43 KiB) Προβλήθηκε 1193 φορές
Έστω πως οι PD και QE τέμνουν την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας A του τριγώνου ABC, η οποία είναι και διάκεντρος των κύκλων (I_B), (I_C), στα σημεία K, L. Ακόμα έστω πως η SA τέμνει την BC στο G.

Παρατηρούμε πως \widehat{I_BKP}=\widehat{AKD}=180^o-\widehat{DAK}-\widehat{ADK}=180^o-(90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2})-(90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2})=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}

Όμως είναι \widehat{I_BCP}=90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2}=\dfrac{\widehat{A}+\widehat{B}}{2}, άρα αφού \widehat{I_BKP}=\widehat{I_BCP}, προκύπτει ότι I_BPCK είναι εγγράψιμο.

Επομένως αφού \widehat{I_BPC}=90^o, προκύπτει ότι CK\perp I_BI_C.

Ομοίως προκύπτει ότι BL\perp I_BI_C.

Έχουμε πως \widehat{LPQ}=\dfrac{\widehat{C}}{2}

Παρατηρούμε πως το τετράπλευρο I_CQBL είναι εγγράψιμο. Ακόμη ξέρουμε πως \widehat{LI_CB}=90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2}, άρα προκύπτει πως \widehat{LQP}=\widehat{LI_CB}=90^o-\dfrac{C}{2}.

Συνεπώς είναι \widehat{LPQ}+\widehat{LQP}=90^o, άρα είναι LP\perp LQ.

Ακόμη έχουμε πως \widehat{PLB}=\widehat{PI_BB}=90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2}=\widehat{I_CBQ}=\widehat{I_CLQ}=\widehat{ALS} (1)

Επιπλέον τα ορθογώνια τρίγωνα PLS και BLA είναι όμοια αφού

\widehat{LSP}=180^o-\widehat{SPQ}-\widehat{SQP}=180^o-\widehat{KI_BC}-\widehat{LI_CB}=
=180^o-(90^o-\dfrac{\widehat{B}}{2})-(90^o-\dfrac{\widehat{C}}{2})=90^o-\dfrac{\widehat{A}}{2}=\widehat{LAB}.

Επομένως \dfrac{LP}{LS}=\dfrac{LB}{LA} (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα LPB και LSA είναι όμοια, άρα \widehat{LBG}=\widehat{LAS}, επομένως το τετράπλευρο LBGA είναι εγγράψιμο και αφού \widehat{BLA}=90^o προκύπτει ότι AG\perp BC\Leftrightarrow AS\perp BC.


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1275
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Δεκ 06, 2017 12:51 am

Πολύ ωραίες οι λύσεις σας! Πριν παραθέσω την δική μου, να ρωτήσω: Υπάρχει σύντομη λύση στο παραπάνω πρόβλημα με το Θεώρημα Κούτρα;


Σιλουανός Μπραζιτίκος
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2068
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Κυρ Οκτ 28, 2018 8:14 pm

Χρησιμοποιώ προς το παρόν, το σχήμα του Διονύση πιο πάνω ( 3η δημοσίευση ).

\bullet Έστω τα σημεία K\equiv I_{b}I_{c}\cap PS και L\equiv I_{b}I_{c}\cap QS .

Στο ορθογώνιο τραπέζιο QPI_{b}I_{c} , από PK\parallel BI_{c} , σύμφωνα με το γνωστό Λήμμα που είδαμε πρόσφατα Εδώ, προκύπτει ότι QK\parallel BI_{b}\ \ \ ,(1)

Από (1) και BI_{b}\perp PD\Rightarrow QK'\perp PK\equiv PS\ \ \ ,(2) και ομοίως, έχουμε PL\perp QE\equiv QS\ \ \ ,(3)

Από (2),\ (3) προκύπτει ότι το σημείο έστω T\equiv QK\cap PL ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle SQP

και επομένως, ισχύει \boxed{ST\perp QP}\ \ \ ,(4)

\bullet Έστω το σημείο X\equiv QP\cap KL και από το πλήρες τετράπλευρο QPI_{b}I_{c} έχουμε ότι η σημειοσειρά X,\ Q,\ Y,\ P είναι αρμονική, όπου Y\equiv QP\cap ST ( αντί του σημείου G στο σχήμα ).

Από την αρμονικότητα της ως άνω σημειοσειράς, προκύπτει ότι \displaystyle \frac{Y Q}{YP} = \frac{XQ}{XP} = \frac{QI_{c}}{PI_{b}}\ \ \ .(5) λόγω QI_{c}\parallel PI_{b} .

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle DAI_{b},\ \vartriangle EAI_{c} έχουμε \displaystyle \frac{AI_{c}}{AI_{b}} = \frac{EI_{c}}{DI_{b}} = \frac{QI_{c}}{PI_{b}}\ \ \ ,(6)

Από (5),\ (6)\Rightarrow \displaystyle \frac{YQ}{YP} = \frac{AI_{c}}{AI_{b}}\ \ \ ,(7)

Από (7)\Rightarrow QI_{c}\parallel AY\parallel PI_{b} και άρα, ισχύει \boxed{AY\perp QP}\ \ \ ,(8)

Από (4),\ (8)\Rightarrow ST\equiv SY\equiv AY\Rightarrow \boxed{SA\perp BC} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5421
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Κυρ Οκτ 28, 2018 9:14 pm

Γεια χαρά.

Έστω Q_1 η επαφή του κύκλου {I_c} με την BA και P_1 η επαφή του κύκλου {I_b} με την CA. Τότε προφανώς έχουμε Q{Q_1} \bot PD,\;\,P{P_1} \bot QE (*)

οπότε το σημείο τομής H των P{P_1},\;Q{Q_1} θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου SQP.

Ταυτόχρονα έχουμεQ \displaystyle{\frac{{{I_c}H}}{{HP}} = \frac{{{I_c}Q}}{{{I_b}P}} = \frac{{{I_c}E}}{{{I_b}D}} = \frac{{{I_c}A}}{{{I_b}A}} \Rightarrow AH\parallel {I_c}Q \Rightarrow AH \bot QC.}

Άρα τα σημεία S,A,H είναι συνευθειακά.


(*) Επειδή οι QQ_1, PP_1 είναι παράλληλες στις διχοτόμους των γωνιών \andle B και \angle C αντίστοιχα.
τελευταία επεξεργασία από S.E.Louridas σε Κυρ Οκτ 28, 2018 9:22 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 309
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Κυρ Οκτ 28, 2018 9:20 pm

Αλλιώς:Αν I,R το έκκεντρο και η προβολή του στην BC και
X,Y οι προβολές του A στις SQ,PQ,λόγω του εγγράψιμου SKAE(απλό),θα είναι τα AEK,AXY όμοια.Είναι AX=sin(AEX\angle )\cdot AE,AY=sin(ADY)\cdot AD,δηλαδή AX=cos(C\angle /2)(s-b)=\frac{RC}{CI}(s-b)=\frac{(s-c)(s-b)}{CI} και AY=cos(B\angle /2)(s-c)=\frac{BR}{BI}(s-c)=\frac{(s-c)(s-b)}{BI},δηλαδή \frac{AX}{AY}=\frac{BI}{CI} και επειδή BIC\angle =XAY\angle τα BIC,XAY είναι όμοια,δηλαδή και τα EAK,BIC είναι (αντιστρόφως) όμοια,άρα είναι και ορθολογικά κλπ.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4003
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Οκτ 28, 2018 10:38 pm

silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους.png
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους.png (37.94 KiB) Προβλήθηκε 610 φορές
 \bullet Με \angle B=\angle C η πρόταση είναι προφανής (λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς την μεσοκάθετη της BC

 \bullet Έστω \dfrac{\pi }{2}>\angle B>\angle C και ας είναι H,K οι ορθές προβολές του S και {{I}_{a}} (το A- παράκεντρο) στην BC . Τότε από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων \vartriangle B{{I}_{a}}C και \vartriangle PSQ (παράλληλες πλευρές) για τις ομόλογες πλευρές και προβολές θα ισχύει:

\dfrac{{PQ}}{{BC}} = \dfrac{{HQ}}{{KC}} \Rightarrow \dfrac{{b + c}}{a} = \dfrac{{\tau  - a + BH}}{{\tau  - b}}  \Rightarrow BH = \dfrac{{b + c}}{a}\left( {\tau  - b} \right) + a - \tau  =

\dfrac{{b + c}}{a}\left( {\dfrac{{a + c - b}}{2}} \right) + \dfrac{{a - b - c}}{2} = \dfrac{{ab + ac + {c^2} - {b^2} + {a^2} - ab - ac}}{{2a}} \Rightarrow BH = \dfrac{{{c^2} - {b^2} + {a^2}}}{{2a}}

Αλλά \dfrac{{{c^2} - {b^2} + {a^2}}}{{2a}} = \pi \rho o{\beta _{BC}}AB \Rightarrow A \in SH και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

 \bullet Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται αν \dfrac{\pi }{2}<\angle B

Στάθης

Υ.Σ. Θα επακολουθήσει μια τουλάχιστον ακόμα στοιχειώδης απόδειξη και ίσως και η απόδειξη με το περιώνυμο Θεώρημα


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
min##
Δημοσιεύσεις: 309
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Κυρ Οκτ 28, 2018 10:53 pm

Με την παραπάνω σχέση για το BH
και 2 Μενέλαους στα AHC,BHC με διατέμνουσες τις SEQ,SPD,αρκεί\frac{QH}{QC}\frac{EC}{EA}=\frac{PH}{PB}\frac{DB}{DA},δηλαδή \frac{QH}{EA}=\frac{PH}{DA} το οποίο τσεκάρεται απλούστατα.(\frac{QH}{EA}=\frac{BH+s-a}{s-b}=\frac{b+c}{a} το οποίο και λόγω κυκλικότητας των b,c είναι ίσο με \frac{PH}{DA})


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4003
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Οκτ 28, 2018 11:11 pm

silouan έγραψε:
Πέμ Νοέμ 30, 2017 1:17 pm
Έστω τρίγωνο ABC και οι παρεγγεγραμμένοι του κύκλοι (I_B) και (I_C). O (I_B) εφάπτεται των BC, BA στα P,D αντίστοιχα και ο (I_C) των BC, CA στα Q,E αντίστοιχα. Αν οι PD, QE τέμνονται στο S, να αποδειχθεί ότι SA\perp BC.
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους1.png
Καθετότητα με δύο παρεγγεγραμμένους κύκλους1.png (50.13 KiB) Προβλήθηκε 598 φορές
 \bullet Έστω F\equiv EQ\cap B{{I}_{c}},T\equiv PD\cap C{{I}_{b}} και ας είναι K το σημείο επαφής του A- παρεγγεγραμμένου κύκλου με την BC .

Προφανώς το SF{{I}_{a}}T είναι παραλληλόγραμμο (απέναντι πλευρές κάθετες στην ίδια ευθεία) οπότε οι διαγώνιες διχοτομούνται.

Είναι \vartriangle BQF = \vartriangle PCT\left( {BQ = PC = \tau  - \alpha ,BF\parallel PT,FQ\parallel CT} \right)  \Rightarrow \boxed{FB = TP,FQ = TC}:\left( 1 \right)

Είναι \vartriangle FBA\mathop  = \limits^{FB = TP,BA = PK = c,\angle FBA = TPK = \frac{{\angle {B_{\varepsilon \xi }}}}{2}} \vartriangle TPK  \Rightarrow \boxed{FA = TK}:\left( 2 \right) και

\vartriangle FQK\mathop  = \limits^{FQ = TC,QK = AC = b,\angle FQK = \angle TCA = \frac{{\angle {C_{\varepsilon \xi }}}}{2}} \vartriangle TCA  \Rightarrow \boxed{FK = TA}:\left( 3 \right)

 \bullet Από \left( 2 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow AFKT παραλληλόγραμμο. Από τα παραλληλόγραμμα SF{{I}_{a}}T και AFKT που μοιράζονται την διαγώνιο FT προκύπτει ότι και SA{{I}_{a}}K είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται) οπότε SA\parallel {I_a}K\mathop  \Rightarrow \limits^{{I_a}K \bot BC} \boxed{SA \bot BC} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


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
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες