Σπασμένο ισοσκελές

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA193 Σπασμένο ισοσκελές.png (21.05 KiB) Προβλήθηκε 2370 φορές

Εστω τετράπλευρο ABCD

με $\hat{DAB}=\hat{CBA}$ και DC=AD+BC

.

Εστω επίσης

το σημείο της

τέτοιο ώστε PD=AD, PC=BC

.

Αν $PQ \perp AB$ ,

το μέσον της

και $S\equiv AC \cap BD$ , δείξτε ότι :

α. η

διχοτομεί το

β. $\dfrac{2}{(PAB)}=\dfrac{1}{(DAB)}+\dfrac{1}{(CAB)}$

υ.γ. το β. ερώτημα είναι από "μεγάλο υψόμετρο" (Peru)

#2

Το (β) ζητούμενο δεν είναι δύσκολο ( γνωστή ιδιότητα που ισχύει σε κάθε τραπέζιο ) και θα επανέλθω αργότερα.

Το (α) ζητούμενο όμως, είναι από μόνο του είναι ένα όμορφο και δύσκολο "Καλογεράκειο" πρόβλημα και ας δούμε μία αναδιατύπωση της εκφώνησής του για ( δική μου ) ευκολία.

ΠΡΟΤΑΣΗ 1. - Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με εγγεγραμμένο σε κύκλο και ας είναι , το αντιδιαμετρικό σημείο του . Με κέντρο το και ακτίνα , γράφουμε τον κύκλο έστω και έστω , τυχόν σημείο του, στο εσωτερικό του $\vartriangle ABC$ . Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο , τέμνει τις πλευρές $AB,\ AC$ στα σημεία $D,\ E$ , αντιστοίχως και ας είναι , η προβολή του επί της της . Αποδείξτε ότι η ευθεία περνάει από το μέσον του τμήματος , όπου $S\equiv BE\cap CD$ και το μέσον της πλευράς . ( Θάνος Καλογεράκης ).

: Σπασμένο ισοσκελές - Απόδειξη του (α) ζητούμενου - Πρόταση 1.; f=181_t=59808.png (41.1 KiB) Προβλήθηκε 2093 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $K\equiv PB\cap A'D$ και $L\equiv PC\cap A'E$ , ως τα μέσα των $PB,\ PC$ αντιστοίχως και $N\equiv PQ\cap KL$ ( προφανές ).

Ισχύει $KL\parallel BC$ και PN = NQ

και έστω το σημείο $T\equiv DL\cap EK$ .

Έστω τα σημεία $Z\equiv MD\cap PC$ και $F\equiv ME\cap PB$ και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1, έχουμε ότι τα σημεία $Z,\ A,\ F$ είναι συνευθειακά και ισχύει $ZF\parallel BC\ \ \ ,(1)$

Θεωρούμε το τρίγωνο $\vartriangle A'DE$ με το ύψος του A'P

και τις προβολές $K,\ L,\ N$ του

, επί των $A'D,\ A'E,\ KL$ , αντιστοίχως και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2, έχουμε ότι τα σημεία $X,\ A', Y$ είναι συνευθειακά και ισχύει $XY\parallel BC\ \ \ ,(3)$ , όπου $X\equiv DN\cap PC$ και $EN\cap PB$ .

$\bullet$ Από $ZF\parallel KL\parallel BC$ , με βάση το Θεώρημα Θαλή, προκύπτει ότι οι σημειοσειρές $Z,\ P,\ L,\ C$ και $F,\ P,\ K,\ B$ έχουν ίσους Διπλούς λόγους.

Ισχύει δηλαδή, $(Z,P,L,C) = (F,P,K,B)\ \ \ ,(4)$

Αλλά, $(Z,P,L,C) = (D\ldotp ZPLC)\ \ \ ,(5)$ και $(F,P,K,B) = (E\ldotp FPKB)\ \ \ ,(6)$

Από $(4),\ (5),\ (6)\Rightarrow$ $(D\ldotp ZPLC) = (E\ldotp FPKB)\ \ \ ,(7)$

Από (7)

και επειδή οι δέσμες $D\ldotp ZPLC,\ E\ldotp FPKB$ έχουν την $DP\equiv EP$ ως κοινή ακτίνα τους, προκύπτει ότι τα σημεία $M\equiv DZ\cap EF$ και $T\equiv DL\cap EK$ και $S\equiv DC\cap EP$ είναι συνευθειακά.

: Σπασμένο ισοσκελές - Απόδειξη του (α) ζητούμενου - Πρόταση 1.; f=181_t=59808.png (41.1 KiB) Προβλήθηκε 2092 φορές

$\bullet$ Ομοίως, από $KL\parallel BC\parallel XY$ , προκύπτει $(P,L,C,X) = (P,K,B,Y)\ \ \ ,(8)$

Αλλά, $(P,L,C,X) = (D\ldotp PLCX)\ \ \ ,(9)$ και $(P,K,B,Y) = (E\ldotp PKBY)\ \ \ ,(10)$

Από $(8),\ (9),\ (10)\Rightarrow$ $(D\ldotp PLCX) = (E\ldotp PKBY)\ \ \ ,(11)$

Από (11)

και επειδή οι δέσμες $D\ldotp PLCX,\ E\ldotp PKBY$ έχουν την $DP\equiv EP$ ως κοινή ακτίνα τους, προκύπτει ότι τα σημεία $T\equiv DL\cap EK$ και $S\equiv DC\cap EP$ και $N\equiv DX\cap EY$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Οι ευθείες $MST,\ NST$ τώρα, ταυτίζονται γιατί έχουν δύο κοινά σημεία.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι η ευθεία

όπως ορίζεται στην εκφώνηση, περνάει από το μέσον

του

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με , εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω , το αντιδιαμετρικό σημείο του . Με κέντρο το και ακτίνα , γράφουμε τον κύκλο έστω και ας είναι , τυχόν σημείο του στο εσωτερικό του $\vartriangle ABC$ . Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο , τέμνει τις πλευρές $AB,\ AC$ στα σημεία $D,\ E$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι η ευθεία , όπου $Z\equiv MD\cap PC$ και $F\equiv ME\cap PB$ , με το μέσον της πλευράς , περνάει από το σημείο και είναι παράλληλη προς την .

ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το ύψος του. Έστω $E,\ F$ , οι προβολές του επί των $AB,\ AC$ αντιστοίχως και ας είναι , η προβολή του επί της . Αποδείξτε ότι $AX\parallel EF$ , όπου $X\equiv DE\cap PC$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου, για τα ως άνω Λήμμα 1 και Λήμμα 2.

#3

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με , εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω , το αντιδιαμετρικό σημείο του . Με κέντρο το και ακτίνα , γράφουμε τον κύκλο έστω και ας είναι , τυχόν σημείο του στο εσωτερικό του $\vartriangle ABC$ . Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο , τέμνει τις πλευρές $AB,\ AC$ στα σημεία $D,\ E$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι η ευθεία , όπου $Z\equiv MD\cap PC$ και $F\equiv ME\cap PB$ , με το μέσον της πλευράς , περνάει από το σημείο και είναι παράλληλη προς την .

Θεωρούμε το

, ως το σημείο τομής της ευθείας

από την δια του

παράλληλη ευθεία προς την

και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι τα σημεία $M,\ D,\ Z$ είναι συνευθειακά, όπου

είναι το μέσον της πλευράς

.

: Σπασμένο ισοσκελές - Πρόταση 1 - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f=181_t=59808(a).png (33.36 KiB) Προβλήθηκε 2243 φορές

$\bullet$ Από $A'B\perp BD$ και $A'P\perp PD$ έχουμε ότι το τετράπλευρο A'BDP

είναι εγγράψιμο.

Από $A'M\perp BC$ και $A'D\perp BP\Rightarrow$ $\angle DA'K = \angle PBC\ \ \ ,(1)$ όπου $K\equiv AA'\cap PC$ .

Από (1)

και $\angle PBC = \angle CPE\Rightarrow$ $\angle DA'K = \angle CPE\ \ \ ,(2)$

Από (2)

προκύπτει ότι το τετράπλευρο A'DPK

είναι εγγράψιμο και επομένως, τα σημεία $A',\ B,\ D,\ P,\ K$ είναι ομοκυκλικά.

Ισχύει τώρα, $\angle DKP = \angle DBP = \angle BCP\ \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $DK\parallel BC\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AD}{DB} = \frac{AK}{KM}\ \ \ ,(4)$

Από $AZ\parallel MC\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AK}{KM} = \frac{AZ}{MC} = \frac{AZ}{MB}\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AD}{DB} = \frac{AZ}{MB}\ \ \ ,(6)$

Από (6)

, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $M,\ D,\ Z$ είναι συνευθειακά

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι και τα σημεία $M,\ E,\ F$ είναι συνευθειακά, όπου $F\equiv AZ\cap ME$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το ύψος του. Έστω $E,\ F$ , οι προβολές του επί των $AB,\ AC$ αντιστοίχως και ας είναι , η προβολή του επί της . Αποδείξτε ότι $AX\parallel EF$ , όπου $X\equiv DE\cap PC$ .

$\bullet$ Από $DE\perp AB$ και $DF\perp AC$ , έχουμε ότι το τετράπλευρο AEDF

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (K)

με διάμετρο

και επομένως, ισχύει $\angle AEH = \angle ADH\ \ \ ,(1)$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle DAC$ με $\angle ADC = 90^{o}$ και $DF\perp AC$ , έχουμε $\angle ADF = \angle ACB\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\angle AEF = \angle ACB\ \ \ ,(3)$ και επομένως, το τετράπλευρο BEFC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (L)

.

Άρα, οι ευθείες $EF,\ BC$ είναι αντιπαράλληλες μεταξύ τους, ως προς τις ευθείες της γωνίας $\angle A$ και επομένως ισχύει $OS\perp EF$ , όπου

είναι το κέντρο του κύκλου (O)

.

: Σπασμένο ισοσκελές - Πρόταση 1 - Απόδειξη του Λήμματος 2.; f=181_t=59808(b).png (27.73 KiB) Προβλήθηκε 2208 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο $Q\equiv (K)\cap DP$ και έχουμε $AQ\perp DQ\Rightarrow$ $AQ\parallel EF$ , λόγω $DQ\parallel OA$ και $OA\perp EF$ .

Στο τετράπλευρο AEDF

τώρα, το εγγεγραμμένο στον κύκλο (K)

με διάμετρο

, η ευθεία

είναι εφαπτομένη του (K)

στο σημείο

και τέμνει την ευθεία της πλευράς του

στο σημείο

.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 3, έχουμε ότι τα σημεία $C,\ P,\ X$ είναι συνευθειακά, όπου $X\equiv AQ\cap DE$ με $AQ\parallel EF$ .

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι και τα σημεία $B,\ P,\ Y$ είναι συνευθειακά, όπου $Y\equiv AQ\cap DF$ και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 3. Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο με διάμετρο και έστω το σημείο $E\equiv (O)\cap CP$ , όπου είναι η προβολή του επί της . Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο , τέμνει την ευθεία της πλευράς στο σημείο έστω . Αποδείξτε ότι τα σημεία $T,\ P,\ X$ είναι συνευθειακά, όπου $X\equiv AE\cap BC$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα 3.

#5

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 3. Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο με διάμετρο και έστω το σημείο $E\equiv (O)\cap CP$ , όπου είναι η προβολή του επί της . Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο , τέμνει την ευθεία της πλευράς στο σημείο έστω . Αποδείξτε ότι τα σημεία $T,\ P,\ X$ είναι συνευθειακά, όπου $X\equiv AE\cap BC$ .

$\bullet$ Αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{TD}{TA} = \frac{DP}{AX}\ \ \ ,(1)$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle CAT$ με $\angle ACT = 90^{o}$ και $CD\perp AT$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{TD}{TA} = \frac{(CD)^{2}}{(AC)^{2}}}\ \ \ ,(2)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle DAC,\ \vartriangle QAB$ , όπου

είναι το ύψος του $\vartriangle ABD$ , έχουμε $\displaystyle \frac{CD}{AC} = \frac{BQ}{AB}\ \ \ ,(3)$

: Σπασμένο ισοσκελές - Πρόταση 1 - Απόδειξη του Λήμματος 3.; f=181_t=59808(c).png (17.55 KiB) Προβλήθηκε 2180 φορές

Από όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle QAB,\ \vartriangle BXA$ , έχουμε $\displaystyle \frac{BQ}{AB} = \frac{AB}{AX}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CD}{AC} = \frac{BQ}{AB} = \frac{AB}{AX}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BQ}{AX} = \frac{(CD)^{2}}{(AC)^{2}}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

και $BQ = DP\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{DP}{AX} = \frac{(CD)^{2}}{(AC)^{2}}}\ \ \ ,(6)$

Από $(2),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{TD}{TA} = \frac{DP}{AX}}\ \ \ ,(7)$

Από (7)

, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $T,\ P,\ X$ είναι συνευθειακά και το Λήμμα 3 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#6

Ας δούμε την αναδιατύπωση της εκφώνησης που αφορά στο (β) ζητούμενο, ως ξεχωριστό πρόβλημα.

ΠΡΟΤΑΣΗ 2. Δίνεται κύκλος με χορδή δοσμένο τμήμα και έστω τυχόν σημείο του. H εφαπτομένη του στο σημείο , τέμνει τις εφαπτομένες δια των σημείων $B,\ A$ , στα σημεία $C,\ D$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{1}{(CAB)} + \frac{1}{(DAB)} = \frac{2}{(PAB)}$ ( Miquel Ochoa Sanchez ).

: Σπασμένο ισοσκελές - Πρόταση 2 - Ισοδύναμο ζητούμενο.; f=181_t=59808(d).png (17 KiB) Προβλήθηκε 2154 φορές

$\bullet$ Επειδή τα τρίγωνα $\vartriangle CAB,\ \vartriangle DAB,\ \vartriangle PAB$ έχουν την

ως κοινή βάση τους, αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι ισχύει

$\boxed{\displaystyle \frac{1}{CZ} + \frac{1}{DE} = \frac{2}{PQ}}\ \ \ ,(1)$ όπου $Z,\ E,\ Q$ είναι οι προβολές των $C,\ D,\ P$ επί της

αντιστοίχως.

Στο ορθογώνιο τραπέζιο CDEZ

με $CZ\parallel PQ\parallel DE$ , για να ισχύει η (1)

, αρκεί να αποδειχθεί ότι οι διαγώνιες $DZ,\ CE$ περνάνε από το μέσον

του

.

Σε κάθε τραπέζιο, όχι απαραίτητα ορθογώνιο, οι βάσεις του και το δια του σημείου τομής των διαγωνίων παράλληλο τμήμα προς τις βάσεις του, που έχει τα άκρα του επί των μη παραλλήλων πλευρών του τραπεζίου, επαληθεύουν την (1)

Ορίζουμε το σημείο

, ως το σημείο τομής των $PQ,\ CE$ και αρκεί να αποδειχθεί ότι το σημείο αυτό ταυτίζεται με το μέσον του

.

: Σπασμένο ισοσκελές - Πρόταση 2 - Απόδειξη του ισοδύναμου ζητούμενου.; f=181_t=59808(e).png (25.17 KiB) Προβλήθηκε 2150 φορές

$\bullet$ Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ZBC,\ \vartriangle EAD$ έχουμε $\displaystyle \frac{CB}{DA} = \frac{CZ}{DE}\ \ \ ,(2)$

Από (2)

και

και $DA = DP\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CP}{DP} = \frac{CZ}{DE}\ \ \ ,(3)$

Από $CZ\parallel PQ\parallel DE\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CP}{DP} = \frac{ZQ}{EQ}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CZ}{DE} = \frac{ZQ}{EQ}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BCQ,\ \vartriangle EDQ$ είναι όμοια και επομένως, ισχύει $\angle ZQC = \angle EQD\ \ \ ,(6)$

Έστω το σημείο $D'\equiv DE\cap CQ$ και έχουμε ότι το τρίγωνο $\vartriangle QDD'$ είναι ισοσκελές με QD = QD'

, από $QE\perp DD'$ και $\angle EQD = \angle ZQC = \angle EQD'$ και επομένως, το σημείο

ταυτίζεται με το μέσον του τμήματος DD'

.

Από $PQ\parallel DD'$ και ED = ED'

τώρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, προκύπτει $\boxed{NP = NQ}$ .

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι και η διαγώνια

του

περνάει από το μέσον

του

και άρα, ισχύει η (1)

και το ισοδύναμο ζητούμενο της Πρότασης 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ.(1) - Η Πρόταση 1 έχει πρωτοδημοσιευτεί Εδώ.

ΥΓ.(2) - Για την Πρόταση 2 δείτε άλλες λύσεις Eδώ.

#7

sakis1963 έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 21, 2017 7:44 pm
GEOMETRIA193 Σπασμένο ισοσκελές.png Εστω τετράπλευρο με $\hat{DAB}=\hat{CBA}$ και . Εστω επίσης το σημείο της τέτοιο ώστε . Αν $PQ \perp AB$ , το μέσον της και $S\equiv AC \cap BD$ , δείξτε ότι :
α. η διχοτομεί το
β. $\dfrac{2}{(PAB)}=\dfrac{1}{(DAB)}+\dfrac{1}{(CAB)}$
υ.γ. το β. ερώτημα είναι από "μεγάλο υψόμετρο" (Peru)

Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση για το α) ερώτημα

$\bullet$ Έστω το σημείο τομής των διχοτόμων (και μεσοκαθέτων των λόγω των ισοσκελών τριγώνων $\vartriangle DAP,\vartriangle CBP$ αντίστοιχα) των γωνιών $\angle ADP,\angle BCP$

Τότε από τους σχηματιζόμενους «χαρταετούς» προκύπτει ότι:

$OA = OP = OB\mathop \Rightarrow \limits^{\angle BDA = \angle ABC} \angle DAO = \angle CBO$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle DAO = \angle DPO,\angle CBO = \angle CPO} \boxed{\angle DPO = {{90}^0} = \angle DAO = \angle CBO}:\left( 1 \right)$

Αν $E\equiv AB\cap OD,F\equiv AB\cap OC$ τότε από $\angle DPE\mathop = \limits^{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,OD} \angle DAE \equiv \angle DAB =$ $\angle ABC \equiv \angle EBC$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} P,E,O,B,C$ σημεία κύκλου διαμέτρου $OC\Rightarrow CE\bot OD$

και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $DF\bot OC$ , άρα $OP\cap DF\cap CE\equiv H$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle DOC$ .

Αν $T\equiv DC\cap AB$ τότε έχουμε: $\left( {T,M,F,B} \right) = \dfrac{{TF}}{{FM}} \div \dfrac{{TB}}{{BM}}:\left( 2 \right)$ και $\left( {T,M,E,A} \right) = \dfrac{{TE}}{{EM}} \div \dfrac{{TA}}{{AM}}:\left( 3 \right)$ .

: Σπασμένο Ισοσκελές.png (51.5 KiB) Προβλήθηκε 2202 φορές

$\bullet$ Από το θεώρημα των τεμνωμένων χορδών στους δύο κύκλους θα έχουμε: $\left\{ \begin{gathered} TA \cdot TF = TD \cdot TP \hfill \\ TE \cdot TB = TP \cdot TC \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( : \right)} \dfrac{{TA}}{{TB}} \cdot \dfrac{{TF}}{{TE}} = \dfrac{{TD}}{{TC}}:\left( 4 \right)$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η σειρά $\left( T,D,P,C \right)$ είναι αρμονική και συνεπώς $\dfrac{{TD}}{{TC}} = \dfrac{{PD}}{{PC}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \dfrac{{TA}}{{TB}} \cdot \dfrac{{TF}}{{TE}} = \dfrac{{PD}}{{PC}}:\left( 5 \right)$ .

Από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle OEF,\vartriangle OCD$ με τα ομόλογα ύψη τους θα είναι $\dfrac{{PD}}{{PC}} = \dfrac{{FM}}{{EM}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \dfrac{{TA}}{{TB}} \cdot \dfrac{{TF}}{{TE}} = \dfrac{{FM}}{{EM}}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{AM = BM} \dfrac{{TA}}{{TB}} \cdot \dfrac{{TF}}{{TE}} \cdot \dfrac{1}{{AM}} = \dfrac{{FM}}{{EM}} \cdot \dfrac{1}{{BM}} \Rightarrow$ $\dfrac{{TF}}{{FM}} \div \dfrac{{TB}}{{BM}} = \dfrac{{TE}}{{EM}} \div \dfrac{{TA}}{{AM}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right),\left( 3 \right)}$

σειρές $\left( T,M,F,B \right)$ και $\left( T,M,E,A \right)$ έχουν ίσους διπλούς λόγους και συνεπώς και οι δέσμες έχουν ίσους διπλούς λόγους και επειδή $DT\equiv CT$ (κοινή τους ακτίνα) προκύπτει ότι τα σημεία τομής των άλλων ομολόγων τριών ακτινών τους είναι συνευθειακά, δηλαδή τα $M\equiv DM\cap CM,H\equiv DF\cap CE,S\equiv DB\cap CA$ είναι συνευθειακά. Τέλος από το πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η σειρά $\left( O,L,H,P \right)$ είναι αρμονική , με $L\equiv OP\cap AB$ , άρα και η δέσμη είναι αρμονική και με $PQ\parallel OM$ (κάθετες στην ) προκύπτει ότι $N\equiv MH\cap PQ\equiv MS\cap PQ$ είναι το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#8

sakis1963 έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 21, 2017 7:44 pm
GEOMETRIA193 Σπασμένο ισοσκελές.png
Εστω τετράπλευρο με $\hat{DAB}=\hat{CBA}$ και .

Εστω επίσης το σημείο της τέτοιο ώστε .

Αν $PQ \perp AB$ , το μέσον της και $S\equiv AC \cap BD$ , δείξτε ότι :

α. η διχοτομεί το

β. $\dfrac{2}{(PAB)}=\dfrac{1}{(DAB)}+\dfrac{1}{(CAB)}$

υ.γ. το β. ερώτημα είναι από "μεγάλο υψόμετρο" (Peru)

Ας επανέλθω για το β) ερώτημα λίγο διαφορετικά από την απόδειξη του Κώστα (στην ίδια όμως βάση).

Έστω τα ύψη των τριγώνων $\vartriangle EDF,\vartriangle EBF,\vartriangle ECF$ αντίστοιχα στην κοινή τους «βάση» . Για το «τραπέζιο» $B{B}'{C}'C\left( B{B}'\parallel C{C}' \right)$ και την $D{D}'\parallel B{B}'\parallel C{C}'$ με εσωτερικό του τμήματος σύμφωνα με γνωστότατη πρόταση (έχει συζητηθεί αρκετές φορές στο ισχύει: $DD' = \dfrac{{BB' \cdot DC + CC' \cdot DB}}{{DC + DB}}\mathop = \limits^{DC = CE,DB = BF}$ $\dfrac{{BB' \cdot CE + CC' \cdot BF}}{{CE + BF}} = \dfrac{{BB' \cdot \dfrac{{CE}}{{BF}} + CC'}}{{\dfrac{{CE}}{{BF}} + 1}}:\left( 1 \right)$ .

: β) ερώτημα.png (28 KiB) Προβλήθηκε 2129 φορές

Από την προφανή ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle C{C}'E,\vartriangle B{B}'F\left( \angle CE{C}'=\angle BF{F}' \right)$ προκύπτει ότι:

$\dfrac{{CE}}{{BF}} = \dfrac{{CC'}}{{BB'}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} DD' = \dfrac{{BB' \cdot \dfrac{{CC'}}{{BB'}} + CC'}}{{\dfrac{{CC'}}{{BB'}} + 1}} =$ $\dfrac{{2 \cdot BB' \cdot CC'}}{{BB' + CC'}} \Rightarrow \ldots \boxed{\dfrac{2}{{DD'}} = \dfrac{1}{{BB'}} + \dfrac{1}{{CC'}}}:\left( 2 \right)$ .

Από την $\left( 2 \right)$ και επειδή τα τρίγωνα $\vartriangle EDF,\vartriangle EBF,\vartriangle ECF$ μοιράζονται την «βάση» , προκύπτει ότι $\dfrac{2}{\left( EDF \right)}=\dfrac{1}{\left( EBF \right)}+\dfrac{1}{\left( ECF \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Το Λήμμα στο οποίο αναφέρομαι πιθανόν να το βρει ο Θανάσης (KARKAR)

sakis1963 · #9

Μια λύση για το α. ερωτημα από τον Waldemar Pompe

Ο περίκυκλος του τριγώνου ABP

εφάπτεται στις AD, BC, CD

στα σημεία A, B, P

αντίστοιχα.

Τότε εκ κατασκευής οι AC, BD

είναι συμμετροδιάμεσοι του ABP

και

είναι το σημείο Lemoine ABP

: Lemoine property.jpg (24.12 KiB) Προβλήθηκε 1291 φορές

Από την γνωστή ιδιότητα του σημείου Lemoine "Σε ένα τρίγωνο, το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει, το μέσον μιας πλευράς, με το μέσον του ύψους που άγεται προς αυτήν, διέρχεται από το σημείο Lemoine του τριγώνου" η απόδειξη έπεται.

#10

Γνωστό αποτέλεσμα αλλά δεν έχει τύχει να το ξαναδώ. Αποδεικνύεται εύκολα ως άμεση εφαρμογή στα Αρμονικά Συζυγή. Θα επανέλθω αργότερα με λεπτομέρειες εάν δεν υπάρξει ανταπόκριση.

Είναι απο τις περιπτώσεις εκείνες που απλές αποδείξεις, στέλνουν στα αζήτητα πολύπλοκες προσεγγίσεις σε γεωμετρικά προβλήματα. Αυτή είναι άλλωστε η γοητεία της Γεωμετρίας.

Κώστας Βήττας.

#11

Η ευθεία που συνδέει το μέσον πλευράς με το Σημείο Lemoine τριγώνου, περνάει από το μέσον του ύψους που αντιστοιχεί στην ίδια πλευρά.

: Σπασμένο ισοσκελές - Απόδειξη ιδιότητας Σημείου Lemoine.; f=181 t=59808(f).PNG (20.08 KiB) Προβλήθηκε 1157 φορές

Έστω $\vartriangle A'B'C'$ το εφαπτομενικό τρίγωνο του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και είναι γνωστό ότι το σημείο έστω $L\equiv AA'\cap BB'\cap CC'$ ταυτίζεται με το Σημείο Lemoine του $\vartriangle ABC$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο A'BLC.B'C'

έχουμε ότι η δέσμη M.ALBA'

, όπου

είναι το μέσον της πλευράς

, είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία του ύψους

του $\vartriangle ABC$ και από $AD\parallel MA'$ συμπεραίνεται ότι AK = KD

, όπου $K\equiv AD\cap ML$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Σπασμένο ισοσκελές

Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Re: Σπασμένο ισοσκελές

Μέλη σε σύνδεση