mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 04, 2013 10:39 pm**

Με αφορμή το Θέμα αυτό

: Αξιοσημείωτες συνευθειακότητες..png (36.5 KiB) Προβλήθηκε 2804 φορές

Σε κάθε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ να δειχθεί ότι:

i) Το ισοτομικό του έγκεντρου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ το σημείο

(Gergone), το σημείο (Nagel) και το ισοτομικό σημείο του ορθοκέντρου του είναι συνεθευθειακά.

ii) Το (βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ ) είναι σημείο της ευθείας που συνδέει το και το και χωρίζει το τμήμα σε λόγο

iii) Η ευθεία που συνδέει το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ και το ισοτομικό του σημείο περιέχει το ισοτομικό σημείο του κέντρου του κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$ .

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 08, 2015 2:43 pm**

Επαναφορά

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 25, 2019 5:50 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 04, 2013 10:39 pm
Με αφορμή το Θέμα αυτό
Αξιοσημείωτες συνευθειακότητες..png
Σε κάθε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ να δειχθεί ότι:

i) Το ισοτομικό του έγκεντρου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ το σημείο (Gergone), το σημείο (Nagel) και το ισοτομικό σημείο του ορθοκέντρου του είναι συνεθευθειακά.

ii) Το (βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ ) είναι σημείο της ευθείας που συνδέει το και το και χωρίζει το τμήμα σε λόγο

iii) Η ευθεία που συνδέει το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ και το ισοτομικό του σημείο περιέχει το ισοτομικό σημείο του κέντρου του κύκλου Euler του $\vartriangle ABC$ .

Στάθης

Καλησπέρα και Καλές Γιορτές σε όλους

Κάνω μία αρχή αποδεικνείοντας το α) και θα δω αργότερα τί μπορώ να κάνω με τα υπόλοιπα:

Αρχικά η συνευθειακότητα των G,N,I'

έχει αποδειχθεί εδώ οπότε αρκεί να δείξω ότι G,H',I'

συνευθειακά.

: Capture3.PNG (71.09 KiB) Προβλήθηκε 2104 φορές

Έστω

τα σημεία επαφής του έγκυκλου με τις AB,AC

αντίστοιχα και CZ,BE

διχοτόμοι των C,B

.
Έστω

οι προβολές των B,C

στις

και

οι τομές των BH',CH'

με τις

αντίστοιχα.Έστω L,K

οι τομές των CI',BI'

με τις

αντίστοιχα.
Είναι $B'F=FC-B'C=\dfrac{a+b-c}{2}-AB_1=\dfrac{a+b-c}{2}-c\cos A=..=\dfrac{\left ( a-c \right )\left ( a+b+c \right )}{2b}$
$B'K=KC-B'C=AE-AB_1=\dfrac{bc}{a+c}-c\cos A=..=\dfrac{\left ( a-c \right )\left ( a+c-b \right )\left ( a+b+c \right )}{2b\left ( a+c \right )}$
Έτσι ο διπλός λόγος $\left ( F,K,B',C \right )=\dfrac{B'F}{B'K}\cdot \dfrac{CK}{CF}=\dfrac{\dfrac{\left ( a-c \right )\left ( a+b+c \right )}{2b}}{\dfrac{\left ( a-c \right )\left ( a+b+c \right )\left ( a+c-b \right )}{2b\left ( a+c \right )}}\cdot \dfrac{\dfrac{bc}{a+c}}{\dfrac{a+b-c}{2}}=\dfrac{2bc}{\left ( a+b-c \right )\left ( a+c-b \right )}$

Όμοια θα είναι $\left ( D,L,C',B \right )=\dfrac{2bc}{\left ( a+c-b \right )\left ( a+b-c \right )}$
Επειδή οι δέσμες B.FKB'C,C.DLC'B

έχουν ίσους διπλούς λόγους και κοινή ακίνα την

,έτσο πρέπει G,H',I'

συνευθειακά ως τομές των ομόλογων ακτίνων τους.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 28, 2019 10:45 pm**

: 195.PNG (78.14 KiB) Προβλήθηκε 1987 φορές

Κάνω το iii μια και που το ii υπάρχει εδώ.
Έστω B_1,C_1

οι προβολές των B,C

στις

αντίστοιχα.
Έστω $E\equiv BO'\cap AC,D\equiv BN\cap AC,Z\equiv BN'\cap AC,F\equiv BO\cap AC$ και $L\equiv CO'\cap AB,T\equiv CN\cap AB,Q\equiv CN'\cap AB,W\equiv AB\cap CO$

Από το λήμμα εδώ έχουμε ότι BD//OZ

.Αν

η ακτίνα του περίκυκλου του ABC

ισχύει ότι $\dfrac{a}{\sin\angle A}=2R\Leftrightarrow R=\dfrac{a}{2\sin \angle A}$ ,από νόμο ημιτόνων στο FOC

έχουμε ότι $\dfrac{FO}{\sin \left ( 90^{\circ}-\angle B \right )}=\dfrac{FC}{\sin \angle COF}\Leftrightarrow FO=\dfrac{CF\cos \angle B}{\sin 2\angle A}$

Είναι $\dfrac{ZF}{ZE}=\dfrac{1}{1+\dfrac{DZ}{ZF}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{BO}{OF}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{R}{OF}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{\dfrac{a}{2\sin \angle A}}{\dfrac{FC\cdot \cos \angle B}{\sin \angle 2A}}}=\dfrac{1}{1+\dfrac{a \cos \angle A}{FC\cos \angle B}}=\dfrac{FC\cos \angle B}{FC\cos \angle B+a\cos \angle A}$

Επειδή $\angle B_1BA=\angle FBC$ η σχέση Steiner δίνει $\dfrac{FC}{b-FC}\cdot \dfrac{a\cos\angle C}{c\cos \angle A}=\dfrac{a^2}{c^2}\Leftrightarrow FC=\dfrac{ab\cos \angle A}{a\cos\angle A+c\cos \angle C}$

Άρα $\dfrac{ZF}{ZE}=\dfrac{\dfrac{ab\cos \angle A\cos\angle B}{a\cos\angle A+c\cos \angle C}}{\dfrac{ab\cos \angle A\cos \angle B}{a\cos\angle A+c\cos \angle C}+a\cos \angle A}=\dfrac{b\cos\angle B}{b\cos B+a\cos\angle A+c\cos \angle C}$

Οπότε ο διπλός λόγος $\left ( F,E,Z,C \right )=\dfrac{ZF}{ZE}\cdot \dfrac{CE}{CF}=\dfrac{b\cos \angle B}{b\cos B+a\cos\angle A+c\cos \angle C}\cdot \dfrac{c\cos \angle C}{a\cos\angle A}$ είναι συμμετρικός ως προς τα b,c

άρα λόγω συμμετρίας θα ισούται με τον $\left ( W,L,Q,B \right )$ και όπως στο προηγούμενο ερώτημα αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 29, 2019 10:25 pm**

Απέδειξα μια ακόμη ενδιαφέρουσα συνευθειακότητα :

Δείξτε ότι σε τρίγωνο ABC

το σημείο

,το βαρύκεντρο (G)

και το ισοτομικό του ορθόκεντρου (H')

είναι σημεία συνευθειακά και μάλιστα GH'=2GL

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 29, 2019 10:58 pm**

Επίσης !......:Δείξτε ότι σε κάθε τρίγωνο το ισοτομικό του σημείου Lemoine

ανήκει στην ευθεία που ενώνει το ορθόκεντρο με το ισοτομικό του ορθόκεντρου (σε αυτήν την ευθεία ανήκει και το ισοτομικό του περίκεντρου!).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 30, 2019 5:33 pm**

Δύο ακόμη:
Σε τρίγωνο ABC

να δειχθεί ότι :

Το σημείο ,το ισογώνιο του ισοτομικού του και το περίκεντρο είναι σημεία συνευθειακά.

Το έκκεντρο ,το ισογώνιο του και το περίκεντρο είναι συνευθειακά .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 30, 2019 6:04 pm**

Πρόδρομε,

Σε βλέπω για διατριβή !!!! στα συγκεκριμένα θέματα

Ολοκλήρωσε τις παρατηρήσεις - ανακαλύψεις σου και θα δούμε που θα πάει η " δουλειά"

Προτείνω να γράψεις ένα άρθρο για τις συγκεκριμένες (σπουδαίες νομίζω και δεν γνωρίζω αν είναι γνωστές) ανακαλύψεις σου

Μπράβο σου !!!!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 01, 2020 3:28 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 30, 2019 6:04 pm
Πρόδρομε,

Σε βλέπω για διατριβή !!!! στα συγκεκριμένα θέματα

Ολοκλήρωσε τις παρατηρήσεις - ανακαλύψεις σου και θα δούμε που θα πάει η " δουλειά"

Προτείνω να γράψεις ένα άρθρο για τις συγκεκριμένες (σπουδαίες νομίζω και δεν γνωρίζω αν είναι γνωστές) ανακαλύψεις σου

Μπράβο σου !!!!

Σας ευχαριστώ κύριε Στάθη! Έχω ξεκινήσει να τις συγκεντρώνω σε ένα Word