ΙΜ κάθετη στην DHc

#1

: IM κάθετη στην DHc.png (24.42 KiB) Προβλήθηκε 1131 φορές

Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ κέντρου με τις πλευρές αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δειχθεί ότι $IM\bot D{{H}_{c}}$ , όπου ${{H}_{c}}$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABI$ και το μέσο της

#2

Επαναφορά

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 22, 2021 6:18 pm
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ κέντρου με τις πλευρές αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δειχθεί ότι $IM\bot D{{H}_{c}}$ , όπου ${{H}_{c}}$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABI$ και το μέσο της

: ΙΜ κάθετη στην DHc.; f=178 t=70566.PNG (25.66 KiB) Προβλήθηκε 942 φορές

$\bullet$ Έστω $K,\ L$ , οι προβολές των σημείων $A,\ B$ , επί των ευθειών $BI,\ CI$ αντιστοίχως και είναι γνωστό ότι τα σημεία αυτά ανήκουν στην ευθεία

.

Έστω το σημείο $F\equiv AK\cap DI$ και ας είναι

, το σημείο τομής των $AK,\ BL$ , αντί του

της εκφώνησης.

Σύμφωνα με τι παρακάτω Λήμμα, έχουμε ότι $FK = KZ\ \ \ ,(1)$ και ας είναι

, το μέσον του

και άρα έχουμε $KN\parallel DZ\ \ \ ,(2)$

$\bullet$ Τα τρίγωνα $\vartriangle IBC,\ \vartriangle KFD$ τώρα, έχουν τις πλευρές τους κάθετες μία προς μία και άρα, οι ευθείες $IM,\ KN$ , ως οι ομόλογες διάμεσοι αυτών των τριγώνων είναι κάθετες μεταξύ των.

Ισχύει δηλαδή $KN\perp IM\ \ \ ,(3)$

Από $(2),\ (3)\Rightarrow$ $\boxed{IM\perp DZ}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $AD,\ BE$ τα ύψη του και το ορθόκεντρό του. Η δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την , επανατέμνει τον περίκυκλο έστω του τριγώνου $\vartriangle EAH$ , στο σημείο . Αποδείξτε ότι , όπου $N\equiv BC\cap ZH$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου, για το ως άνω Λήμμα.

#4

vittasko έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 19, 2021 12:53 am
ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $AD,\ BE$ τα ύψη του και το ορθόκεντρό του. Η δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την , επανατέμνει τον περίκυκλο έστω του τριγώνου $\vartriangle EAH$ , στο σημείο . Αποδείξτε ότι , όπου $N\equiv BC\cap ZH$ .

: ΙΜ κάιετη στην DHc - Απόδειξη του Λήμματος.; f=178 t=70566(a).PNG (13.55 KiB) Προβλήθηκε 941 φορές

$\bullet$ Από $ZE\parallel BN$ και ME = MZ

, συμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, προκύπτει άμεσα ότι ισχύει DB = DN

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 22, 2021 6:18 pm
IM κάθετη στην DHc.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ κέντρου με τις πλευρές αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δειχθεί ότι $IM\bot D{{H}_{c}}$ , όπου ${{H}_{c}}$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABI$ και το μέσο της

Ας δούμε και μια άλλη προσέγγιση στηριγμένη σε ένα «χορό κύκλων».

Έστω K,L

τα σημεία τομής των $A{{H}_{c}},B{{H}_{c}}$ με τις BC,AC

αντίστοιχα.

Τότε τα τρίγωνα $\vartriangle ABK,\vartriangle ABL$ είναι ισοσκελή (τα ύψη τους είναι και αντίστοιχοι διχοτόμοι άρα και μεσοκάθετες ) οπότε και τα $\vartriangle AIK,\vartriangle BIL$ είναι ισοσκελή και με $\angle IAK=\angle IBL$ (κάθετες πλευρές του ίδιου προσανατολισμού) θα είναι και όμοια.

: IM κάθετη στην DHc.png (46.26 KiB) Προβλήθηκε 892 φορές

Με $\angle BLC={{90}^{0}}+\frac{\angle A}{2}=\angle BIC$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο BILC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε $\angle ICK\equiv \angle ICB=\angle ILB=\angle IAK\Rightarrow AIKC$ εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε $\angle ACK=\angle NIK:\left( 1 \right)$ με $N\equiv AI\cap BL$ .

Αλλά με N,M

τα μέσα των BL,BC

αντίστοιχα προκύπτει ότι $NM\parallel LC\Rightarrow \angle BMN=\angle ACK\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,\angle NIK\Rightarrow INMK$ εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς $\angle NIM=\angle NKM\equiv \angle NKD:\left( 2 \right)$

Με $\angle BND\overset{B,D,N,I,F\,\,\sigma \varepsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\upsilon \,\,IB}{\mathop{=}}\,\angle BID\overset{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma ...}{\mathop{=}}\,\angle AKD\equiv \angle {{H}_{c}}KD\Rightarrow DN{{H}_{c}}K$ εγγράψιμο σε κύκλο , οπότε $\angle NKM\equiv \angle NKD=\angle N{{H}_{c}}D\overset{S\equiv IM\cap D{{H}_{c}}}{\mathop{\equiv }}\,\angle N{{H}_{c}}S\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,\angle NIM\equiv \angle NIS$ και συνεπώς το τετράπλευρο $INS{{H}_{c}}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε $\angle {{H}_{c}}SN=\angle {{H}_{c}}NI={{90}^{0}}\Rightarrow IM\equiv IS\bot {{H}_{c}}S\equiv D{{H}_{c}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 22, 2021 6:18 pm
IM κάθετη στην DHc.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ κέντρου με τις πλευρές αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Να δειχθεί ότι $IM\bot D{{H}_{c}}$ , όπου ${{H}_{c}}$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABI$ και το μέσο της

Ας δούμε και μια διαφορετική ("μετρική") αντιμετώπιση του προβλήματος

Θεωρώ για ευκολία ${{H}_{c}}\to H$ και ας είναι $L\equiv BH\cap AC,T\equiv AH\cap BC,S\equiv BI\cap AH$ και ας είναι

η ορθή προβολή του

στην

.

Θεωρούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι b>a>c

για το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ (προς αποφυγήν των απολύτων τιμών) .

Όπως αναφέρεται και στην προηγούμενη ανάρτηση προφανώς (από την ταύτιση ύψους και διχοτόμου) τα τρίγωνα $\vartriangle ABT,\vartriangle ABL$ είναι ισοσκελή και συνεπώς AL=BT=AB=c

οπότε

Από τον νόμο των συνημιτόνων (με βάσει τις πιο πάνω ισότητες ) στο ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABT\Rightarrow A{{T}^{2}}=2{{c}^{2}}-2{{c}^{2}}\cos B:\left( 1 \right)$ και από $\cos B=\dfrac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}$ η $\left( 1 \right)$ γίνεται $A{{T}^{2}}=2{{c}^{2}}-2{{c}^{2}}\dfrac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}=\ldots \dfrac{c}{a}\left[ {{b}^{2}}-{{\left( a-c \right)}^{2}} \right]:\left( 2 \right)$

: IM κάθετη στην DH.png (29.78 KiB) Προβλήθηκε 839 φορές

Από $MK\parallel BS\Rightarrow \dfrac{KS}{BM}=\dfrac{ST}{BT}\Rightarrow \dfrac{KS}{\dfrac{a}{2}}=\dfrac{\dfrac{AT}{2}}{c}\Rightarrow KS=\dfrac{a}{c}\cdot \dfrac{AT}{4}:\left( 3 \right)$

Από το Θ. Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ATC$ με διατέμνουσα την BHL

θα έχουμε:
$\dfrac{HT}{HA}\cdot \dfrac{LA}{LC}\cdot \dfrac{BC}{BT}=1\overset{LA=BT,LC=b-c}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{HT}{HA}=\dfrac{b-c}{a}\Rightarrow \dfrac{HT}{HA+HT}=\dfrac{b-c}{a+b-c}$
$\Rightarrow \dfrac{HT}{AT}=\dfrac{b-c}{a+b-c}\Rightarrow HT=\dfrac{b-c}{a+b-c}\cdot AT:\left( 4 \right)$

Από $\left( 3 \right)\cdot \left( 4 \right)\Rightarrow KS\cdot HT=\dfrac{a}{c}\cdot \dfrac{AT}{4}\cdot \dfrac{b-c}{a+b-c}\cdot AT=$ $\dfrac{a\left( b-c \right)}{4c\left( a+b-c \right)}\cdot A{{T}^{2}}\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,\ldots \dfrac{\left( b-c \right)\left( b+c-a \right)}{4}:\left( 5 \right)$
Και $DT\cdot DM=\left( BT-BD \right)\left( BM-BD \right)=\left( c-\left( s-b \right) \right)\cdot \left( \dfrac{a}{2}-\left( s-b \right) \right)$
$=\ldots \dfrac{b+c-a}{2}\cdot \dfrac{b-c}{2}\overset{\left( 5 \right)}{\mathop{=}}\,KS\cdot HT\Rightarrow \dfrac{KS}{DM}=\dfrac{DT}{HT}:\left( 6 \right)$

Από την $\left( 6 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem θα είναι $HD\bot IM$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΙΜ κάθετη στην DHc

ΙΜ κάθετη στην DHc

Re: ΙΜ κάθετη στην DHc

Re: ΙΜ κάθετη στην DHc

Re: ΙΜ κάθετη στην DHc

Re: ΙΜ κάθετη στην DHc

Re: ΙΜ κάθετη στην DHc

Μέλη σε σύνδεση