Καθετότητα από την Ιταλία

#1

Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο ABC

φέρουμε τη διχομόμο

και έστω

το μέσο του

.Στο τμήμα

παίρνουμε σημείο

,

ώστε $\angle ANM=\angle DAC$ .

Να αποδειχθεί ότι $AN\perp NC$ .

Xriiiiistos · #2

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 26, 2019 8:55 am
Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τη διχομόμο και έστω το μέσο του .Στο τμήμα παίρνουμε σημείο ,

ώστε $\angle ANM=\angle DAC$ .

Να αποδειχθεί ότι $AN\perp NC$ .

Δουλεύω σε σχήμα AB<AC ΚΑΙ N μέσα στο τρίγωνο
Θα τη λύσω με αρμονικότητα. Έστω $R\equiv BM\cap AC$ και από το

φέρνω την παράλληλη του

που τέμνει την

στο

. Η δέσμη

είναι αρμονική (

μέσο

και

) Άρα η δέσμη B(C,A/R,E)

είναι αρμονική. $\widehat{DAC}=_{(BE//AD)}\widehat{BEA}=\widehat{ANR}$ άρα το AEBN

εγγράψιμο $\widehat{DAB}=_{(DA//BE)}\widehat{ABE}=_{(AEBN\varepsilon \gamma \gamma .)}=\widehat{ENA}$

Τώρα όμως καταλήξαμε ότι $\widehat{ENA}=\widehat{ANR}(=\frac{\widehat{ABC}}{2})$ και αφού (E,R/A,C)

είναι αρμονική τετράδα έχουμε $\widehat{ANC}=90^{\circ}\rightarrow AN\perp NC$

#3

Η ανάρτηση αποσύρθηκε αφού παρουσιάζει κενό τεκμηρίωσης .

Ευχαριστώ Το Γιώργο και το Στάθη για την επισήμανση

#4

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 26, 2019 8:55 am
Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τη διχομόμο και έστω το μέσο του .Στο τμήμα παίρνουμε σημείο ,

ώστε $\angle ANM=\angle DAC$ .

Να αποδειχθεί ότι $AN\perp NC$ .

Σε μια προσπάθεια να σώσουμε τη χαμένη ανάρτηση του Νίκου (Doloros).

: Καθετότητα από την Ιταλία.png (34.17 KiB) Προβλήθηκε 1921 φορές

Ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle AMN$ τέμνει τις στα σημεία αντίστοιχα και προφανώς εφάπτεται της στο σημείο (από $\angle ANM=\angle MAC$ ).
Για το μη κυρτό εκφυλισμένο εξάγωνο σύμφωνα με το θεώρημα του Pascal τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του θα είναι συνευθειακά και με $C\equiv AA\cap NE,B\equiv MN\cap KA$ και $D\equiv AM\cap BC$ θα είναι $D\equiv AM\cap KE$ (δηλαδή συνευθειακά).
Από $\angle AKM=\angle ANM=\angle MAC=\angle MAK\Rightarrow MK=MA=MD\Rightarrow$ $\angle DKA={{90}^{0}}\overset{\angle ANC=\angle DKA(\alpha \pi o\,\,\tau \eta \nu \,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa o\tau \eta \tau \alpha )}{\mathop{\Rightarrow }}\,AN\bot CN$

Στάθης

STOPJOHN · #5

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 26, 2019 8:55 am
Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τη διχομόμο και έστω το μέσο του .Στο τμήμα παίρνουμε σημείο ,

ώστε $\angle ANM=\angle DAC$ .

Να αποδειχθεί ότι $AN\perp NC$ .

Καλησπέρα

Θεωρώ τον κύκλο κέντρου

και ακτίνας KA=KC

Είναι $\hat{LAE}=\hat{DAC}=\omega$ , $\hat{ANM}=\phi$

Υποθέτω ότι $AN\perp NC$ .Θα αποδείξω ότι $\hat{\omega }=\hat{\phi }$

Εφόσον LK=KC,LE=EC

η

είναι μεσοκάθετος στο τμήμα

,

Ακόμη $\hat{ACT}=\phi =\hat{KTC}=\hat{LTK}=\hat{TLK},$

δηλαδή τα τρίγωνα LKT,TKC

είναι ίσα άρα τα σημεία T,K,O

είναι συνευθειακά και

$TKO\perp LC,LO=OC$ και K,O,E

είναι συνευθειακά

Συνεπώς το τετράπλευρο ATCE

είναι ορθογώνιο και $\hat{AET}=\omega =\hat{ACT}=\phi$

Γιάννης

#6

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 26, 2019 8:55 am
Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τη διχομόμο και έστω το μέσο του .Στο τμήμα παίρνουμε σημείο ,

ώστε $\angle ANM=\angle DAC$ .

Να αποδειχθεί ότι $AN\perp NC$ .

Η

τέμνει τον περίκυκλο του ABC

στο

και τον περίκυκλο του BNC

στα

όπως φαίνεται στο σχήμα.

: Ιταλία.png (18.36 KiB) Προβλήθηκε 1826 φορές

Τα

είναι όμοια, $\displaystyle A{M^2} = MN \cdot MB = MK \cdot ML \Leftrightarrow A{M^2} = (MD - DK)(MD + DL)$

κι επειδή AM=MD,

$\displaystyle A{M^2} = (AM - DK)(AM + DL) = A{M^2} + AM(DL - DK) - DK \cdot DL \Leftrightarrow$

$\displaystyle AM(DL - DK) = DK \cdot DL = BD \cdot DC = AD \cdot DE = 2AM \cdot DE \Leftrightarrow$

$\displaystyle DL - DK - 2DE = 0 \Leftrightarrow EK = EL.$ Άρα τα K, L

είναι το έγκεντρο και το

παράκεντρο αντίστοιχα του ABC.

Επομένως, $\displaystyle M\widehat NC = B\widehat LC = 90^\circ - \frac{{\widehat A}}{2} = 90^\circ - A\widehat NM \Leftrightarrow$ $\boxed{AN\bot NC}$

Ιστοσελίδα · #7

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 26, 2019 8:55 am
Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τη διχομόμο και έστω το μέσο του .Στο τμήμα παίρνουμε σημείο ,

ώστε $\angle ANM=\angle DAC$ .

Να αποδειχθεί ότι $AN\perp NC$ .

Καλησπέρα!

: sx1.png (27.99 KiB) Προβλήθηκε 1701 φορές

Στο σχήμα 1 έχουμε κατασκευάσει το παραλληλόγραμμο ABDE

. Από την ισότητα των «κόκκινων» γωνιών προκύπτει το εγγράψιμο ANDE

, το οποίο καθιστά τις «πράσινες» γωνίες ίσες.

: sx2.png (34.15 KiB) Προβλήθηκε 1701 φορές

Στο σχήμα 2 φέρω τον περίκυκλο του ABC

και θέτω

τα αντίστοιχα σημεία τομής του με τις BM,AD

. Θέτω ακόμα με P,Q

τα αντίστοιχα σημεία τομής της

με τις

Τα τρίγωνα NAM,ABM

είναι όμοια (υπόθεση), όπως και τα ADN,CAS

και αφού $\angle ASC = \angle AND\, \wedge \,\angle PSC = \angle ANM$ , η

θα είναι διάμεσος του $\triangleleft CAS$

Λόγω παραλληλίας των ST,AN

το

θα είναι μέσο της

. Έτσι

διάμεσος και διχοτόμος του $\triangleleft SCN$ , άρα και ύψος, οπότε το ζητούμενο έπεται άμεσα.

#8

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 29, 2019 9:57 pm

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 26, 2019 8:55 am
Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τη διχομόμο και έστω το μέσο του .Στο τμήμα παίρνουμε σημείο ,

ώστε $\angle ANM=\angle DAC$ .

Να αποδειχθεί ότι $AN\perp NC$ .
Καλησπέρα!sx1.pngΣτο σχήμα 1 έχουμε κατασκευάσει το παραλληλόγραμμο . Από την ισότητα των «κόκκινων» γωνιών προκύπτει το εγγράψιμο , το οποίο καθιστά τις «πράσινες» γωνίες ίσες.
sx2.pngΣτο σχήμα 2 φέρω τον περίκυκλο του και θέτω τα αντίστοιχα σημεία τομής του με τις . Θέτω ακόμα με τα αντίστοιχα σημεία τομής της με τις

Τα τρίγωνα είναι όμοια (υπόθεση), όπως και τα και αφού $\angle ASC = \angle AND\, \wedge \,\angle PSC = \angle ANM$ , η θα είναι διάμεσος του $\triangleleft CAS$

Λόγω παραλληλίας των το θα είναι μέσο της . Έτσι διάμεσος και διχοτόμος του $\triangleleft SCN$ , άρα και ύψος, οπότε το ζητούμενο έπεται άμεσα.

Εκπληκτική λύση με "αγνά" υλικά

Προφανώς ευχαριστώ και το Στάθη που με "ξελάσπωσε" με την αεροπλανική του λύση .

Οπωσδήποτε προκαλεί αίσθηση και η λύση του Γιώργου με την απλότητα της

( ως συνήθως όλα τα απλοποιεί ο Γιώργος όσο μπερδεμένα και να είναι )

Του Γιάννη δεν την μελέτησα ακόμα.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

Μπάμπης Στεργίου έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 26, 2019 8:55 am
Σε ένα οξυγώνιο τρίγωνο φέρουμε τη διχομόμο και έστω το μέσο του .Στο τμήμα παίρνουμε σημείο ,

ώστε $\angle ANM=\angle DAC$ .

Να αποδειχθεί ότι $AN\perp NC$ .

Είναι προφανής η ισότητα των γωνιών $\displaystyle ABN,NAM$ κι έστω $\displaystyle \phi$ η κάθε μια

Η $\displaystyle AD$ τέμνει τον κύκλο $\displaystyle (A,B,C)$ στο $\displaystyle Z$ και $\displaystyle \angle BCZ = CBZ = \frac{A}{2}$ κι έστω $\displaystyle CZ \cap AN = K$

Η παράλληλη από το $\displaystyle A$ στην $\displaystyle BM$ τέμνει την $\displaystyle CB$ στο $\displaystyle E$ ,οπότε $\displaystyle \angle EAB = \phi$ και $\displaystyle \angle EAK = \frac{A}{2}$ .

Άρα $\displaystyle AEKC$ εγγράψιμο ,συνεπώς οι μπλε γωνίες είναι ίσες κι έτσι $\displaystyle NCKB$ είναι εγγράψιμο.

Το $\displaystyle B$ μέσον της $\displaystyle ED$ .Από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle AEZ,AKZ \Rightarrow \frac{{AE}}{{EB}} = \frac{{AK}}{{KZ}}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle ABD,AZC \Rightarrow \frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{ZC}}{{AB}}$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε $\displaystyle \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AK}}{{AZ}} \cdot \frac{{ZC}}{{KZ}}$ .Αλλά $\displaystyle \vartriangle AEB \simeq \vartriangle AKZ \Rightarrow \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AK}}{{AZ}}$ οπότε $\displaystyle \frac{{ZC}}{{KZ}} = 1$

Έτσι, $\displaystyle Z$ μέσον της $\displaystyle KC$ ,άρα $\displaystyle CZ = ZK = BZ \Rightarrow KB \bot BC \Rightarrow CN \bot AN$

: Καθετότητα από την Ιταλία.png (54.9 KiB) Προβλήθηκε 1620 φορές

Καθετότητα από την Ιταλία

Καθετότητα από την Ιταλία

Re: Καθετότητα από την Ιταλία

Re: Καθετότητα από την Ιταλία

Re: Καθετότητα από την Ιταλία

Re: Καθετότητα από την Ιταλία

Re: Καθετότητα από την Ιταλία

Re: Καθετότητα από την Ιταλία

Re: Καθετότητα από την Ιταλία

Re: Καθετότητα από την Ιταλία

Μέλη σε σύνδεση