mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 30, 2014 9:44 pm**

: η εκ του Nagel παράλληλη προς τη διχοτόμο.png (23.66 KiB) Προβλήθηκε 7272 φορές

Να δειχθεί ότι $PN\parallel AM$ , όπου το συμμετρικό του μέσου του τόξου του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ που δεν περιέχει

την κορυφή του ως προς την και το σημείο 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

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 31, 2014 12:32 am**

Στάθη πολύ όμορφο.

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.

: Η εκ του Nagel παράλληλη στην διχοτόμο.; f=112_t=45570.PNG (26.99 KiB) Προβλήθηκε 7119 φορές

Ισχύει $BZ' = AZ = AE = CE'\Rightarrow$ $BZ' = CE'\ \ \ ,(1)$

Από (1)

προκύπτει ότι το Σημείο Nagel

του $\vartriangle ABC,$ ανήκει στην παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A,$ από το σημείο έστω

, ώστε το

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

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.

Δημοσιεύτηκε: **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 του περικυκλίου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ που δεν περιέχουν τις κορυφές του αντίστοιχα ως προς

τις αντίστοιχες πλευρές του ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου , όπου είναι το ορθόκεντρο και το σημείο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ αντίστοιχα.

: 1.png (59.53 KiB) Προβλήθηκε 7139 φορές

Πράγματι με δεδομένο ότι το συμμετρικό του ορθοκέντρου ως προς την είναι σημείο του περικυκλίου $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ το τετράπλευρο

είναι ισοσκελές τραπέζιο (με το μέσο του τόξου και το συμμετρικό του ως προς την ) 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 το αντιδιαμετρικό του ως προς τον $\left( O \right)$ . Από τη σχέση $\left( 1 \right)$ προκύπτει ότι το "βλέπει" το τμήμα υπό ορθή γωνία πράγμα που κυκλικά ισχύει

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

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **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 προκύπτει ότι το Σημείο Nagel του $\vartriangle ABC,$ ανήκει στην παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A,$ από το σημείο έστω , ώστε το να είναι παραλληλόγραμμο γνωστό αποτέλεσμα για κάθε ζεύγος σημείων $E',\ Z'$ επί των $AC,\ AB$ αντιστοίχως για τα οποία ισχύει η , που έχουμε ξαναδεί στο 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 Αποδείξτε ότι το σημείο $P\equiv BE\cap CZ$ ανήκει στην δια του παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ , όπου είναι το σημείο ώστε το τετράπλευρο να είναι παραλληλόγραμμο.

: Η εκ του Nagel παράλληλη προς την διχοτόμο - Απόδειξη της Βοηθητικής πρότασης.; f=112_t=45570(a).PNG (21.41 KiB) Προβλήθηκε 7055 φορές

$\bullet$ Δια των σημείων $E,\ Z,$ φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $AB,\ AC$ οι οποίες τέμνονται στο σημείο έστω

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

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

ανήκει στην δια του

παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ και η Βοηθητική πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται παραλληλόγραμμο και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Δια του σημείου 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.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 01, 2014 12:25 am**

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται παραλληλόγραμμο και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Δια του σημείου 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.

: Η εκ του Nagel παράλληλη ευθεία στη διχοτόμο - Βοηθητική πρόταση - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=45570(b).PNG (16.31 KiB) Προβλήθηκε 7295 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

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 $P\equiv BE\cap DZ$ .

: Η εκ του Nagel παράλληλη στην διχοτόμο - Γενίκευση του Λήμματος γνωστή ως θεώρημα Brianchon.; f=112_t=45570(c).PNG (16.79 KiB) Προβλήθηκε 7285 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 .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 01, 2014 12:26 am**

Χαιρετώ τους γεωμέτρες του

.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.

Δημοσιεύτηκε: **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 Αποδείξτε ότι το σημείο $P\equiv BE\cap CZ$ ανήκει στην δια του παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ , όπου είναι το σημείο ώστε το τετράπλευρο να είναι παραλληλόγραμμο.

$\bullet$ Έστω το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την πλευρά του παραλληλογράμμου . Τότε 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 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

Δημοσιεύτηκε: **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 Αποδείξτε ότι το σημείο $P\equiv BE\cap CZ$ ανήκει στην δια του παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A,$ όπου είναι το σημείο ώστε το τετράπλευρο να είναι παραλληλόγραμμο.

: Βοηθητική πρόταση.PNG (12.12 KiB) Προβλήθηκε 6266 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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 18, 2023 11:35 pm**

Χαιρετώ! Ας δούμε και την γενικότερη πρόταση:

Έστω παραλληλόγραμμο. Θεωρούμε τα σημεία $E \in AC$ και $Z \in AB$ .

Αν οι τέμνονται στο και οι αποστάσεις του από τις αντιστοίχως ,

τότε ισχύει $\dfrac{BZ}{EC}=\dfrac{PM}{PN}$ .

: 18-4 Πρόταση.png (168.38 KiB) Προβλήθηκε 3866 φορές

Η απόδειξη που ακολουθεί , ανήκει στον αγαπητό Μιχάλη Τσουρακάκη όπως δόθηκε στο θέμα ΤΟΥΤΟ [/b]

Για τα τρίγωνα BZP

και

έχουμε $\dfrac{\left ( BZP \right )}{\left (PEC \right )}= \dfrac{BZ\cdot PI}{EC\cdot PF}$

αλλά και $\dfrac{\left ( BZP \right )}{\left (PEC \right )}= \dfrac{PB}{PE}\cdot \dfrac{PZ}{PC}=\dfrac{PM}{PF}\cdot \dfrac{PI}{PN}$ .

Με εξίσωση και διαγραφή των κοινών , προκύπτει η ζητούμενη αναλογία.

Αν επιπλέον είναι , τότε και δηλ η είναι διχοτόμος της $\widehat{A'}$ ..

mathematica.gr

Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο