Κριτήριο παραλληλίας - συνευθειακότητας

#1

: Κριτήριο Παραλληλίας - συνευθειακότητας (2).png (53.73 KiB) Προβλήθηκε 1051 φορές

Έστω και είναι τα μήκη των ισοκλινών προβολών των τμημάτων σε δύο συνεπίπεδες με αυτά

διακεκριμένες ευθείες $\left( {{e_a}} \right),\left( {{e_b}} \right)$ αντίστοιχα. Να δειχθεί η ισοδυναμία: $\boxed{MN\parallel M'N' \Leftrightarrow \frac{a}{{a'}} = \frac{b}{{b'}}}$ .

Σημείωση: Στην περίπτωση που δύο σημεία καθένα από τα σύνολα $\left\{ {M,N} \right\}$ και $\left\{ {M',N'} \right\}$ ταυτιστούν (έστω $M \equiv M' = K$ )

τότε ναν δειχθεί ότι: $\boxed{K,N,N'\;\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha \; \Leftrightarrow \frac{a}{{a'}} = \frac{b}{{b'}}}$

Στάθης

#2

Επαναφορά

#3

Έστω

, το σημείο ώστε να είναι $NZ\parallel = M'N'$ και ας είναι $a'',\ b''$ , οι παράλληλες ( με ίδια διεύθυνση, προς αυτές του σχήματος ) προβολές του τμήματος

, επί των ευθειών $(e_{a}),\ (e_{b})$ , υπό γωνία $\angle \omega,\ \angle \phi$ , αντιστοίχως.

Ισχύει, $a' = a''\ \ \ ,(1)$ και $b' = b''\ \ \ ,(2)$ ( προφανές ).

Από $(1),\ (2)$ και $\displaystyle \frac{a}{a'} = \frac{b}{b'}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{a}{a''} = \frac{b}{b''}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

, σύμφωνα με το γενικευμένο Θεώρημα των Αναλόγων Διαιρέσεων (*), προκύπτει ότι τα σημεία $M,\ N,\ Z$ είναι συνευθειακά.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι $MN\parallel M'N'$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

(*) Δείτε Εδώ .

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Έστω και είναι τα μήκη των ισοκλινών προβολών των τμημάτων σε δύο συνεπίπεδες με αυτά

διακεκριμένες ευθείες $\left( {{e_a}} \right),\left( {{e_b}} \right)$ αντίστοιχα. Να δειχθεί η ισοδυναμία: $\boxed{MN\parallel M'N' \Leftrightarrow \frac{a}{{a'}} = \frac{b}{{b'}}}$ .

Σημείωση: Στην περίπτωση που δύο σημεία καθένα από τα σύνολα $\left\{ {M,N} \right\}$ και $\left\{ {M',N'} \right\}$ ταυτιστούν (έστω $M \equiv M' = K$ )

τότε ναν δειχθεί ότι: $\boxed{K,N,N'\;\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha \; \Leftrightarrow \frac{a}{{a'}} = \frac{b}{{b'}}}$

Στάθης

Κώστα καλησπέρα

Αλλο πράγμα κινηγούσα και μου γεννήθηκε αυτή η ιδέα (κινηγούσα τον Ανδρέα (Χατζηπολάκη) με την παραλληλία της ευθείας Euler στη διάμεσο τριγώνου, εκεί βέβαια μιλάμε για ορθές προβολές). Δεν μου πέρασε από το νου το θεώρημα των αναλόγων διαιρέσεων (βλέπεις δεν το έχω χρησιμοποιήσει ποτέ (κακώς) . Ας δούμε λοιπόν τι σκεφτόμουν.

$\bullet$ Έστω $O \equiv \left( {{e_a}} \right) \cap \left( {{e_b}} \right)$ (σχήμα 1) και $\boxed{OK = \parallel MN,OL = \parallel M'N'}:\left( 1 \right)$ , με $K{K_a},L{L_a},{K_a},{L_a} \in \left( {{e_a}} \right)$ σχηματίζουν γωνία $\omega$ με την $\left( {{e_a}} \right)$ και $K{K_b},L{L_b},{K_b},{L_b} \in \left( {{e_b}} \right)$ σχηματίζουν γωνία $\varphi$ με την $\left( {{e_b}} \right)$ .

Προφανώς $O{K_a} = a,O{K_b} = b,O{L_a} = a',O{L_b} = b'$ . Με $\dfrac{a}{{a'}} = \dfrac{b}{{b'}} \Leftrightarrow \dfrac{{O{K_a}}}{{O{L_a}}} = \dfrac{{O{K_b}}}{{O{L_b}}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }$ ${K_a}{K_b}\parallel {L_a}{L_b}\mathop \Rightarrow \limits^{K{K_a}\parallel L{L_a},K{K_b}\parallel L{L_b}}$ έχουν παράλληλες πλευρές οπότε είναι ομοιόθετα και με $O \equiv {K_a}{L_a} \cap {K_b}{L_b}$ το είναι το εσωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας του , άρα διέρχεται από το , δηλαδή συνευθειακά και από την $\left( 1 \right)\Rightarrow MN\parallel {M}'{N}'$ .

Προφανώς ισχύει και το αντίστροφο αφού η συνευθειακότητα θα δημιουργήσει την ομοιoθεσία γύρω από το των τριγώνων $\vartriangle K{{K}_{a}}{{K}_{b}},\vartriangle L{{L}_{a}}{{L}_{b}}$ και με δύο πλευρές παράλληλες $K{{K}_{a}}\parallel L{{L}_{a}},K{{K}_{b}}\parallel L{{L}_{b}}$ προκύπτει ${{K}_{a}}{{K}_{b}}\parallel {{L}_{a}}{{L}_{b}}\Leftrightarrow \ldots \dfrac{a}{{{a}'}}=\dfrac{b}{{{b}'}}$ .
[attachment=0]Κριτήριο παραλληλίας - συνευθειακότητας 2.png[/attachment]
$\bullet$ Αν $\left( {{e}_{a}} \right)\parallel \left( {{e}_{b}} \right)$ θεωρούμε ${M}'K=\parallel MN$ και ας είναι και τα σημεία τομής των εκ των ευθειών που σχηματίζουν με τις $\left( {{e}_{a}} \right),\left( {{e}_{b}} \right)$ γωνίες $\omega ,\varphi$ αντίστοιχα με την ευθεία $\left( e \right)\parallel \left( {{e}_{a}} \right)\parallel \left( {{e}_{b}} \right)$ με ${M}'\in \left( e \right)$ .

Προφανώς $\boxed{M'L = a,M'S = b,M'L' = a',M'S' = b'}:\left( 2 \right)$ . Με $\dfrac{a}{{a'}} = \dfrac{b}{{b'}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{M'L}}{{M'S}} = \dfrac{{M'L'}}{{M'S'}} \Leftrightarrow \dfrac{{M'L}}{{\left| {M'L - M'S} \right|}} = \dfrac{{M'L'}}{{\left| {M'L' - M'S'} \right|}}$

$\Leftrightarrow \dfrac{{M'L}}{{LS}} = \dfrac{{M'L'}}{{L'S'}} \Leftrightarrow \boxed{\dfrac{{M'L}}{{M'L'}} = \dfrac{{LS}}{{L'S'}}}:\left( 3 \right)$ . Με $\vartriangle KSL\mathop \sim \limits^{\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } N'S'L'$

$\Leftrightarrow \dfrac{{KL}}{{N'L'}} = \dfrac{{LS}}{{L'S'}}\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} \dfrac{{M'L}}{{M'L'}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{KL\parallel N'L',L,M',L'\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha }$ συνευθειακά , οπότε $MN\parallel {M}'{N}'$ .(προφανώς ισοδυναμία) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Στάθης

Κριτήριο παραλληλίας - συνευθειακότητας

Κριτήριο παραλληλίας - συνευθειακότητας

Re: Κριτήριο παραλληλίας - συνευθειακότητας

Re: Κριτήριο παραλληλίας - συνευθειακότητας

Re: Κριτήριο παραλληλίας - συνευθειακότητας

Μέλη σε σύνδεση