Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Ιούλ 30, 2014 9:44 pm

η εκ του Nagel παράλληλη προς τη διχοτόμο.png
η εκ του Nagel παράλληλη προς τη διχοτόμο.png (23.66 KiB) Προβλήθηκε 3008 φορές
Να δειχθεί ότι PN\parallel AM, όπου P το συμμετρικό του μέσου M του τόξου BC του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου \vartriangle ABC που δεν περιέχει

την κορυφή του A ως προς την BC και N το σημείο Nagel του τριγώνου \vartriangle ABC.


Στάθης

Υ.Σ. Είναι κάτι που με "ταλαιπωρεί" αρκετό καιρό και ας το βάλω τώρα ως "τροφή" για συζήτηση εν όψη της επικείμενης συνάντησης

Βήττα - Ρεκούμη - Κούτρα και Ιωάννου το ερχόμενο Σαββατοκύριακο μετά των γυναικών αυτών :) στην όμορφη Βόρεια Εύβοια


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2036
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Ιούλ 31, 2014 12:32 am

Στάθη πολύ όμορφο. :coolspeak:

Είναι από εκείνες τις φορές που βρίσκω κάποια λύση και δεν μπορώ να αντισταθώ στην δημοσίευσή της πριν από την παρέλευση 24ώρου.

\bullet Έστω E,\ Z, τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (I) του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC, ισοτoμικά σημεία των E'\equiv AC\cap BN και Z'\equiv AB\cap CN, αντιστοίχως.
f=112_t=45570.PNG
Η εκ του Nagel παράλληλη στην διχοτόμο.
f=112_t=45570.PNG (26.99 KiB) Προβλήθηκε 2855 φορές
Ισχύει BZ' = AZ = AE = CE'\Rightarrow BZ' = CE'\ \ \ ,(1)

Από (1) προκύπτει ότι το Σημείο Nagel N του \vartriangle ABC, ανήκει στην παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας \angle A, από το σημείο έστω A', ώστε το ABA'C να είναι παραλληλόγραμμο ( γνωστό αποτέλεσμα για κάθε ζεύγος σημείων E',\ Z' επί των AC,\ AB αντιστοίχως για τα οποία ισχύει η (1), που έχουμε ξαναδεί στο :logo: και θα ψάξω να το βρω ).

Επειδή τα ζεύγη των σημείων A,\ A' και M,\ P είναι συμμετρικά ως προς το μέσον της πλευράς BC, προκύπτει ότι A'P\parallel AM.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι PN\parallel AM και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Στάθη καλημέρα. Είναι 2:00 πμ και έχω εγερτήριο στις 6:00 πμ για αυθημερόν ταξίδι στο Δρέπανο ( near Patras ) και όταν ξάπλωσα για ύπνο σκέφτηκα ότι είναι τόσο απλό, ώστε δεν μας χρειάζεται κανένα Λήμμα.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Ιούλ 31, 2014 1:31 pm

Σύμφωνα με την παραπάνω πρόταση λύνεται άμεσα το παρακάτω πρόβλημα που έχει ξανατεθεί και εδώ

Τα συμμετρικά των μέσων των τόξων BC,CA,AB του περικυκλίου του τριγώνου \vartriangle ABC που δεν περιέχουν τις κορυφές του A,B,C αντίστοιχα ως προς

τις αντίστοιχες πλευρές του ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου HN, όπου H,N είναι το ορθόκεντρο και το σημείο Nagel του τριγώνου \vartriangle ABC αντίστοιχα.
1.png
1.png (59.53 KiB) Προβλήθηκε 2809 φορές
Πράγματι με δεδομένο ότι το συμμετρικό H' του ορθοκέντρου H ως προς την BC είναι σημείο του περικυκλίου \left( O \right) του τριγώνου \vartriangle ABC το τετράπλευρο

MH'HM' είναι ισοσκελές τραπέζιο (με M το μέσο του τόξου BC και M' το συμμετρικό του ως προς την BC) οπότε:

\angle HM'M + \angle AMM' = \angle H'MM'' + \angle AMM'' = \dfrac{{\tau o\xi .H'PM'}}{2} + \dfrac{{\tau o\xi .AM''}}{2} = \dfrac{{\tau o\xi .MBM''}}{2} = {90^0} \Rightarrow HM' \bot AM\mathop  \Rightarrow \limits^{NM'\parallel AM} \boxed{HM' \bot NM'}:\left( 1 \right)

με M'' το αντιδιαμετρικό του M ως προς τον \left( O \right). Από τη σχέση \left( 1 \right) προκύπτει ότι το M' "βλέπει" το τμήμα HN υπό ορθή γωνία πράγμα που κυκλικά ισχύει

και για τα άλλα δύο συμμετρικά των μέσων των τόξων BC,CA και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2036
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Ιούλ 31, 2014 10:36 pm

Στάθη, την χάρηκα αυτή την λύση σου. Εναλλακτικά για την καθετότητα HM'\perp AM μπορούμε να πούμε το έξής:

Από \angle HM'M = \angle H'MM'' = \angle AM''M\Rightarrow HM'\parallel AM''\ \ \ ,(1) και λόγω AM''\perp AM προκύπτει HM'\perp AM.
vittasko έγραψε:... Ισχύει BZ' = AZ = AE = CE'\Rightarrow BZ' = CE'\ \ \ ,(1)
Από (1) προκύπτει ότι το Σημείο Nagel N του \vartriangle ABC, ανήκει στην παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας \angle A, από το σημείο έστω A', ώστε το ABA'C να είναι παραλληλόγραμμο ( γνωστό αποτέλεσμα για κάθε ζεύγος σημείων E',\ Z' επί των AC,\ AB αντιστοίχως για τα οποία ισχύει η (1), που έχουμε ξαναδεί στο :logo: και θα ψάξω να το βρω ).
Πρόκειται για την ακόλουθη Βοηθητική πρόταση : ( την οποία δεν βρίσκω και ίσως να ήταν λάθος αναφορά )

ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC και έστω E,\ Z, δύο σημεία επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως, ώστε να είναι BZ = CE. Αποδείξτε ότι το σημείο P\equiv BE\cap CZ ανήκει στην δια του A' παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας \angle A, όπου A' είναι το σημείο ώστε το τετράπλευρο ABA'C να είναι παραλληλόγραμμο.
f=112_t=45570(a).PNG
Η εκ του Nagel παράλληλη προς την διχοτόμο - Απόδειξη της Βοηθητικής πρότασης.
f=112_t=45570(a).PNG (21.41 KiB) Προβλήθηκε 2725 φορές
\bullet Δια των σημείων E,\ Z, φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις AB,\ AC οι οποίες τέμνονται στο σημείο έστω Q και έστω τα σημεία K\equiv A'B\cap EQ και L\equiv A'C\cap ZQ.

Από BZ = CE και BZ\parallel = KQ\parallel = A'L και CE\parallel = LQ\parallel = A'K προκύπτει ότι το τετράπλευρο QKA'L είναι ρόμβος και άρα έχουμε ότι η ευθεία A'Q διχοτομεί την γωνία \angle A' και λόγω του παραλληλογράμμου ABA'C είναι παράλληλη προς την διχοτόμο της γωνίας \angle A.

Για το παραλληλόγραμμο ABA'C με το Q ως εσωτερικό του σημείο και QE\parallel A'C και QZ\parallel A'B ( έστω και για BZ\neq CE ), σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε ότι τα σημεία A',\ Q και P\equiv BE\cap CZ είναι συνευθειακά.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι το σημείο P ανήκει στην δια του A' παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας \angle A και η Βοηθητική πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται παραλληλόγραμμο ABCD και έστω Q, τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Δια του σημείου Q φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις AB,\ AD, οι οποίες τέμνουν τις AD,\ AB στα σημεία E,\ Z, αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι τα σημεία C,\ Q,\ P\equiv BE\cap CZ είναι συνευθειακά.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το παραπάνω Λήμμα.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2036
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Αύγ 01, 2014 12:25 am

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται παραλληλόγραμμο ABCD και έστω Q, τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Δια του σημείου Q φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις AB,\ AD, οι οποίες τέμνουν τις AD,\ AB στα σημεία E,\ Z, αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι τα σημεία C,\ Q,\ P\equiv BE\cap CZ είναι συνευθειακά.
Υπάρχει κάπου μία στοιχειώδης απόδειξη αυτού του Λήμματος και ελπίζω ότι θα την βρω. (*)

Ας δούμε εδώ μία προσέγγιση βασισμένη στο θεώρημα Πάππου.
f=112_t=45570(b).PNG
Η εκ του Nagel παράλληλη ευθεία στη διχοτόμο - Βοηθητική πρόταση - Απόδειξη του Λήμματος.
f=112_t=45570(b).PNG (16.31 KiB) Προβλήθηκε 2754 φορές
\bullet Έστω τα ( κατά εκδοχήν ) σημεία S_{\infty}\equiv AD\cap ZQ\cap BC και T_{\infty}\equiv AB\cap QE\cap CD.

Επί των ευθειών AB,\ AD, θεωρούμε τις τριάδες των σημείων B,\ Z,\ T_{\infty} και D,\ E,\ S_{\infty} και σύμφωνα με το θεώρημα Πάππου, προκύπτει ως άμεσο συμπέρασμα ότι τα σημεία P\equiv BE\cap DZ και C\equiv BS_{\infty}\cap DT_{\infty} και Q\equiv ZS_{\infty}\cap ET_{\infty} είναι συνευθειακά και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Το ως άνω Λήμμα είναι στην πραγματικότητα μία ειδική περίπτωση ενός γνωστού επίσης ως Θεώρημα Brianchon, όπου πάλι τα σημεία C,\ Q,\ P είναι συνευθειακά, αλλά το ABCD είναι τυχόν τετράπλευρο, με το Q τυχόν σημείο στο εσωτερικό του και τα σημεία E\equiv AD\cap QT, και Z\equiv AB\cap QS, όπου T\equiv AB\cap CD και S\equiv AD\cap BC και P\equiv BE\cap DZ.
f=112_t=45570(c).PNG
Η εκ του Nagel παράλληλη στην διχοτόμο - Γενίκευση του Λήμματος γνωστή ως θεώρημα Brianchon.
f=112_t=45570(c).PNG (16.79 KiB) Προβλήθηκε 2744 φορές
Το ως άνω Θεώρημα Brianchon, αποδεικνύεται ομοίως, ως άμεσο συμπέρασμα του Θεωρήματος Πάππου, θεωρώντας τις τριάδες των σημείων B,\ Z,\ T και D,\ E,\ S, επί των ευθειών AB,\ AD, αντιστοίχως ( Δ.Γ. ΚΟΝΤΟΓΙΑΝΝΗΣ - Mαθηματικές Ολυμπιάδες - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 1 , Σελίδα 177 - Αυτοέκδοση , Αθήνα 1987 ).

Κώστας Βήττας.

(*) (19-03-2016) - Δείτε Εδώ .


Antonis_Z
Δημοσιεύσεις: 524
Εγγραφή: Δευ Σεπ 05, 2011 12:07 am

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Antonis_Z » Παρ Αύγ 01, 2014 12:26 am

Χαιρετώ τους γεωμέτρες του :logo: .Δίνω μια διαφορετική λύση.

Έστω K\equiv CN\cap AB,L\equiv BN\cap AC. Επίσης θεωρούμε X,\ Y,\ Z τα μέσα των τμημάτων AP,\ AN,\ BC.
Από γνωστό λήμμα ισχύει ZY\parallel AM ( εφόσον KB=LC ). Επιπλέον ZX\parallel AM ( ενώνει μέσα στο τρίγωνο AMP ). Επομένως, τα σημεία X,\ Y,\ Z είναι συνευθειακά.
Τώρα αφενός ισχύει XY\parallel PN ( απ' το τρίγωνο APN ) και αφετέρου XY\parallel AM ( απ' τη συνεθειακότητα X,\ Y,\ Z ).
Εύκολα, πλέον, αναγόμαστε στο ζητούμενο.


Αντώνης Ζητρίδης
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Αύγ 01, 2014 3:27 pm

vittasko έγραψε: ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC και έστω E,\ Z, δύο σημεία επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως, ώστε να είναι BZ = CE. Αποδείξτε ότι το σημείο P\equiv BE\cap CZ ανήκει στην δια του A' παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας \angle A, όπου A' είναι το σημείο ώστε το τετράπλευρο ABA'C να είναι παραλληλόγραμμο.
\bullet Έστω F το σημείο τομής της εκ του C παραλλήλου προς την BE με την πλευρά A'B του παραλληλογράμμου ABCA'. Τότε BECF προφανώς παραλληλόγραμμο

(αφού και EC\parallel BF) και με \left( {EC} \right) = \left( {BZ} \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {EC} \right) = \left( {BF} \right)} \left( {BF} \right) = \left( {BZ} \right) \Rightarrow \angle BZF = {90^0} - \dfrac{{\angle ABA'}}{2} = \angle BAx \Rightarrow ZF\parallel Ax,

όπου Ax η διχοτόμος της γωνίας \angle A του τριγώνου \vartriangle ABC και έστω K \equiv CZ \cap A'B.
[attachment=0]Βοηθητική πρόταση.png[/attachment]
\bullet Είναι BZ\parallel A'C \Rightarrow \dfrac{{\left( {KZ} \right)}}{{\left( {KC} \right)}} = \dfrac{{\left( {KB} \right)}}{{\left( {KA'} \right)}} \Rightarrow \boxed{\left( {KZ} \right) \cdot \left( {KA'} \right) = \left( {KB} \right) \cdot \left( {KC} \right)}:\left( 1 \right) και με

PB\parallel CF \Rightarrow \dfrac{{\left( {KP} \right)}}{{\left( {KC} \right)}} = \dfrac{{\left( {KB} \right)}}{{\left( {KF} \right)}} \Rightarrow \boxed{\left( {KP} \right) \cdot \left( {KF} \right) = \left( {KB} \right) \cdot \left( {KC} \right)}:\left( 2 \right). Από \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \left( {KZ} \right) \cdot \left( {KA'} \right) = \left( {KP} \right) \cdot \left( {KF} \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {KZ} \right)}}{{\left( {KP} \right)}} = \dfrac{{\left( {KF} \right)}}{{\left( {KA'} \right)}}

οπότε σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος του Θαλή θα είναι A'P\parallel ZF\parallel Ax και η βοηθητική πρόταση έχει αποδειχθεί.


Στάθης
Συνημμένα
Βοηθητική πρόταση.png
Βοηθητική πρόταση.png (26.82 KiB) Προβλήθηκε 2589 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1108
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Φεβ 21, 2017 12:34 am

Χαιρετώ όλους ! Αφού το παρόν θέμα ήρθε στην επιφάνεια λόγω και του θέματος αυτού..
Βρίσκω την ευκαιρία να καλημερίσω τους κορυφαίους Γεωμέτρες (και όχι μόνο)
Κώστα Βήττα και Στάθη Κούτρα , υποβάλλοντας μια άλλη απόδειξη για την εν λόγω :
ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC και έστω E,\ Z, δύο σημεία επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως, ώστε να είναι BZ = CE.Αποδείξτε ότι το σημείο P\equiv BE\cap CZ ανήκει στην δια του A' παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας \angle A, όπου A' είναι το σημείο ώστε το τετράπλευρο ABA'C να είναι παραλληλόγραμμο.
Βοηθητική πρόταση.PNG
Βοηθητική πρόταση.PNG (12.12 KiB) Προβλήθηκε 1725 φορές
Ως γνωστό , οι διχοτόμοι των απέναντι γωνιών παραλληλογράμμου (που δεν είναι ρόμβος) είναι παράλληλες.
Αρκεί λοιπόν να δείξουμε οτι η A'P είναι η διχοτόμος της \widehat{A'} , ή ισοδύναμα, ότι οι αποστάσεις PM,PN από τις πλευρές A'B,A'C αντίστοιχα είναι ίσες.

Φέρω CH\perp BE ..BF\perp CZ. Τότε τα ορθ. τρίγωνα BPM, CEH είναι όμοια , όπως και τα ορθ. PCN,BFZ

αφού λόγω των παραλληλιών είναι \widehat{MBP}=\widehat{CEH} και \widehat{PCN}=\widehat{FZB}

Έτσι παίρνουμε : \dfrac{PM}{PB}=\dfrac{CH}{CE}\Rightarrow PM\cdot CE=PB\cdot CH=2\left ( PBC \right )..\left ( 1 \right )

αλλά και \dfrac{PN}{PC}=\dfrac{BF}{BZ}\Rightarrow PN\cdot BZ=PC\cdot BF=2\left ( PBC \right )..\left ( 2 \right ).

Προκύπτει συνεπώς PM\cdot CE=PN\cdot BZ\Rightarrow PM=PN και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Με βαθειά εκτίμηση ..
Φιλικά Γιώργος


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης