mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 14, 2011 5:35 pm**

Επί των μεσοκαθέτων ευθειών των πλευρών $AC,\ AB$ τριγώνου $\triangle ABC,$ λαμβάνουμε τα ζεύγη σημείων $B{'},\ B{'}{'}$ και $C{'},\ C{'}{'}$ αντιστοίχως, έτσι ώστε να είναι $\angle B{'}AC = \angle C{'}AB$ και $AB{'}{'}\perp AB{'}$ και $AC{'}{'}\perp AC{'}$ ( έστω τα σημεία $B{'},\ C{'},$ προς το εξωτερικό μέρος του δοσμένου τριγώνου ). Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία $K\equiv BB{'}\cap CC{'}$ και $L\equiv BB{'}{'}\cap CC{'}{'},$ περνάει από το κέντρο του κύκλου Euler του $\triangle ABC.$

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 15, 2011 12:38 am**

vittasko έγραψε:Επί των μεσοκαθέτων ευθειών των πλευρών $AC,\ AB$ τριγώνου $\triangle ABC,$ λαμβάνουμε τα ζεύγη σημείων $B{'},\ B{'}{'}$ και $C{'},\ C{'}{'}$ αντιστοίχως, έτσι ώστε να είναι $\angle B{'}AC = \angle C{'}AB$ και $AB{'}{'}\perp AB{'}$ και $AC{'}{'}\perp AC{'}$ ( έστω τα σημεία $B{'},\ C{'},$ προς το εξωτερικό μέρος του δοσμένου τριγώνου ). Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία $K\equiv BB{'}\cap CC{'}$ και $L\equiv BB{'}{'}\cap CC{'}{'},$ περνάει από το κέντρο του κύκλου Euler του $\triangle ABC.$

Κώστας Βήττας.

Κώστα καλησπέρα.
Θέλω να σε ευχαριστήσω δημόσια για τα καλά σου λόγια που έγραψες εδώ viewtopic.php?f=22&t=16521
Ομολογώ ότι με συγκίνησες αλλά περισσότερο μου δίνεις κουράγιο να συνεχίσω

Και τώρα ας έρθουμε στο υπέροχο θέμα που έχεις θέσει εδώ με το ΥΠΕΡΟΧΟ!!! σχέδιό σου που πάντα ζηλεύω

Ομολογώ ότι δεν έχω ακόμα λύση (ελπίζω στην πορεία να βρω κάποια) θα μου επιτρέψεις όμως να προσθέσω ακόμα δύο ερωτήματα τα οποία δίνουν τη λύση του θέματος που έθεσες αν απαντηθούν αλλά και αν λυθεί το θέμα σου θα απαντηθούν αυτά. (είναι δηλαδή ισοδύναμα θέματα!!!).

Θεωρούμε $\displaystyle{ M }$ το μέσο του $\displaystyle{ B'C' }$ τότε:

i) Να δειχθεί ότι η ευθεία $\displaystyle{ MN }$ ( $\displaystyle{ N }$ το κέντρο του κύκλου του $\displaystyle{ Euler }$ ) διέρχεται από το μέσο $\displaystyle{ T }$ του $\displaystyle{ B''C'' }$ και $\displaystyle{ MN \bot BC }$

ii) Αν ονομάσουμε $\displaystyle{ S \equiv MN \cap OB'' }$ και είναι $\displaystyle{ M_1 \equiv HK \cap LO,\;M_2 \equiv MK \cap LS,\;M_3 \equiv MH \cap SO\; }$ να δειχθεί ότι τα σημεία $\displaystyle{ M_1 ,\;M_2 ,\;M_3 }$ είναι συνευθειακά

Με εκτίμηση
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 03, 2020 5:15 pm**

vittasko έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 14, 2011 5:35 pm
Επί των μεσοκαθέτων ευθειών των πλευρών $AC,\ AB$ τριγώνου $\triangle ABC,$ λαμβάνουμε τα ζεύγη σημείων $B{'},\ B{'}{'}$ και $C{'},\ C{'}{'}$ αντιστοίχως, έτσι ώστε να είναι $\angle B{'}AC = \angle C{'}AB$ και $AB{'}{'}\perp AB{'}$ και $AC{'}{'}\perp AC{'}$ ( έστω τα σημεία $B{'},\ C{'},$ προς το εξωτερικό μέρος του δοσμένου τριγώνου ). Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία $K\equiv BB{'}\cap CC{'}$ και $L\equiv BB{'}{'}\cap CC{'}{'},$ περνάει από το κέντρο του κύκλου Euler του $\triangle ABC.$

Κώστας Βήττας.

Επαναφέρω το θέμα δίνοντας μία απόδειξη για το πρώτο ερώτημα του κύριου Στάθη(για το δεύτερο δεν έχω ακόμη ,όπως το βλέπω νομίζω η απόδειξή του εξασφαλίζει μία προοπτικότητα που δίνει και την συνευθειακότητα του κύριου Βήττα)

: 316.PNG (38.81 KiB) Προβλήθηκε 3628 φορές

Έστω $\rm P,Q$ μέσα των $\rm AC,AB$ και $\rm X,Y$ μέσα των $\rm AC',AB'$ .
Για να είναι $\rm MN \perp BC$ επειδή $\rm NP=NQ$ αρκεί $\rm MQ=MP$ γιατί τότε είναι μεσοκάθετος κλπ.Είναι $\rm QX=\dfrac{AC'}{2}=MY$ και $\rm PY=\dfrac{AB'}{2}=MX$ .Επίσης $\rm \angle QXM=\angle QXA+\angle AXM=2\angle QC'A+\angle MYA=\angle AYP+ \angle MYA=\angle MYP$ .
Από τα παραπάνω $\rm MXQ=MYP$ .Όμοια $\rm TQ=TP$ και το ζητούμενο δείχθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 03, 2020 6:34 pm**

Για την αρχική:
Καλούμαστε να δείξουμε ότι η $K_{\theta}K_{\theta -\frac{\pi}{2} }$ περνάει από το κέντρο του Euler

όπου τα παραπάνω συμβολίζουν τους πόλους-κέντρα προοπτικότητας της Υπερβολής Kiepert

των αντίστοιχων ισοσκελών τριγώνων που προκύπτουν από το θεώρημα Jacobi

.

Με άλλα λόγια,τα K,L

του σχήματος του κ. Βήττα είναι οι αντίστοιχοι πόλοι που ανήκουν στην Υπερβολή του Kiepert

.
Μπορούμε να προβάλλουμε την εξέλιξη $C "\rightarrow C'$ από το

στην Υπερβολή αυτή και να συμπεράνουμε πως οι $K_{\theta}K_{\theta -\frac{\pi}{2} }$ περνούν από σταθερό σημείο.
Για τον προσδιορισμό του σημείου αυτού παίρνουμε δύο περιπτώσεις:
1)

το μέσον της

και επομένως CC"

ύψος

.
Συμπεραίνουμε πως το σταθερό σημείο ανήκει στην ευθεία Euler

του

.
2)

πάνω στην

.Στην περίπτωση αυτή, CC"

συμμετροδιάμεσος και με τη βοήθεια του Λήμματος αυτού : https://mathematica.gr/forum/viewtopic. ... 28#p301928
μπορούμε να παίξουμε με διπλούς λόγους πάνω στην Υπερβολή και να καταλήξουμε πως το κέντρο Euler

είναι το ζητούμενο σημείο.
Υγ.Ισως κάποια στιγμή προσθέσω λεπτομέρειες
Υγ2.Γενικεύεται νομίζω αρκετά υπό αυτή την οπτική γωνία

mathematica.gr

Μεταβλητή ευθεία, δια του κέντρου του κύκλου Euler τριγώνου.

Μεταβλητή ευθεία, δια του κέντρου του κύκλου Euler τριγώνου.

Re: Μεταβλητή ευθεία, δια του κέντρου του κύκλου Euler τριγώ

Re: Μεταβλητή ευθεία, δια του κέντρου του κύκλου Euler τριγώνου.

Re: Μεταβλητή ευθεία, δια του κέντρου του κύκλου Euler τριγώνου.