Σελίδα 1 από 1

Παραλληλία από τετράγωνα

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 16, 2019 3:19 pm
από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
147.PNG
147.PNG (26.95 KiB) Προβλήθηκε 519 φορές
Στο εξωτερικό τριγώνου ABC ,θεωρούμε τα τετράγωνα ABKL,ACDE.
Αν P\equiv EL\cap CB να δείξετε ότι PA\parallel KD

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 16, 2019 6:18 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Τετ Οκτ 16, 2019 3:19 pm
147.PNG

Στο εξωτερικό τριγώνου ABC ,θεωρούμε τα τετράγωνα ABKL,ACDE.
Αν P\equiv EL\cap CB να δείξετε ότι PA\parallel KD
Ωραία ! ευθεία Gauss Πρόδρομε!. ;)

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 16, 2019 9:04 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Τετ Οκτ 16, 2019 3:19 pm
147.PNG

Στο εξωτερικό τριγώνου ABC ,θεωρούμε τα τετράγωνα ABKL,ACDE.
Αν P\equiv EL\cap CB να δείξετε ότι PA\parallel KD
Ας "ξεκαθαρίσουμε" λίγο το "τοπίο" μιας και δεν υπάρχουν αντιδράσεις :)
παραλληλία από τετράγωνα.png
παραλληλία από τετράγωνα.png (68.93 KiB) Προβλήθηκε 424 φορές
Από το σχήμα Vecten είναι γνωστή πρόταση ότι CL=BE,CL\bot BE (από την ισότητα των τριγώνων \vartriangle ALC,\vartriangle ABE και συνεπώς το S\equiv CL\cap BE είναι το δεύτερο (εκτός του A ) κοινό σημείο των περίκυκλων των τετραγώνων και με AK,AD διαμέτρους των εν λόγω κύκλων προκύπτει ότι S\in KD\left( \angle ASK+\angle ASD={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}} \right)

Από το πλήρες τετράπλευρο PLSBCE προκύπτει ότι η MN είναι η ευθεία Gauss του εν λόγω πλήρους τετραπλεύρου ( M,N τα μέσα των διαγωνίων του BL,CE αντίστοιχα ) και συνεπώς θα διέρχεται και από το μέσο της τρίτης διαγωνίου του PS , δηλαδή Q\equiv PS\cap MN είναι το μέσο της PS . Με T\equiv MN\cap AS το μέσο της (διάκεντρος κάθετη στην κοινή χορδή …) προκύπτει ότι PA\parallel QT (Q,T τα μέσα των πλευρών του τριγώνου \vartriangle SAP ) οπότε με Q,M,T,N συνευθειακά προκύπτει ότι PA\parallel MN και με MN\parallel KD ( M,N τα μέσα των πλευρών AK,AD του τριγώνου \vartriangle AKD ) προκύπτει ότι AP\parallel KD (μεταβατική ιδιότητα της παραλληλίας ) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Στάθης

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 16, 2019 9:21 pm
από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Τετ Οκτ 16, 2019 9:04 pm
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Τετ Οκτ 16, 2019 3:19 pm
147.PNG

Στο εξωτερικό τριγώνου ABC ,θεωρούμε τα τετράγωνα ABKL,ACDE.
Αν P\equiv EL\cap CB να δείξετε ότι PA\parallel KD
Ας "ξεκαθαρίσουμε" λίγο το "τοπίο" μιας και δεν υπάρχουν αντιδράσεις :)
παραλληλία από τετράγωνα.png
Από το σχήμα Vecten είναι γνωστή πρόταση ότι CL=BE,CL\bot BE (από την ισότητα των τριγώνων \vartriangle ALC,\vartriangle ABE και συνεπώς το S\equiv CL\cap BE είναι το δεύτερο (εκτός του A ) κοινό σημείο των περίκυκλων των τετραγώνων και με AK,AD διαμέτρους των εν λόγω κύκλων προκύπτει ότι S\in KD\left( \angle ASK+\angle ASD={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}} \right)

Από το πλήρες τετράπλευρο PLSBCE προκύπτει ότι η MN είναι η ευθεία Gauss του εν λόγω πλήρους τετραπλεύρου ( M,N τα μέσα των διαγωνίων του BL,CE αντίστοιχα ) και συνεπώς θα διέρχεται και από το μέσο της τρίτης διαγωνίου του PS , δηλαδή Q\equiv PS\cap MN είναι το μέσο της PS . Με T\equiv MN\cap AS το μέσο της (διάκεντρος κάθετη στην κοινή χορδή …) προκύπτει ότι PA\parallel QT (Q,T τα μέσα των πλευρών του τριγώνου \vartriangle SAP ) οπότε με Q,M,T,N συνευθειακά προκύπτει ότι PA\parallel MN και με MN\parallel KD ( M,N τα μέσα των πλευρών AK,AD του τριγώνου \vartriangle AKD ) προκύπτει ότι AP\parallel KD (μεταβατική ιδιότητα της παραλληλίας ) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Στάθης
:coolspeak: (έψαχνα να βρω ευθεία Gauss αλλά τίποτα :lol: )
Αν δεν δοθεί άλλη λύση θα γράψω και την δική μου.

Σας ευχαριστώ,

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 16, 2019 10:36 pm
από min##
Με Προβολική:
Μετακινώ το B πάνω σε ευθεία.
Όλα τα σημεία μένουν σταθερά εκτός των K,L,P.Τα K,L μετακινούνται σε ευθείες (στροφή κέντρου A κατά 45 και 90 μοίρες αντίστοιχα) και λόγω της στροφής κινούνται προβολικά ως προς B.
Έτσι οι E(L),D(K) είναι προβολικές δέσμες,οι E(L),A(P) επίσης,συνεπώς κι οι A(P),D(K) είναι.
Αρκεί να ελεγχθεί πως το ζητούμενο ισχύει για 3 θέσεις του B αφού αν έχουμε 2 προβολικές δέσμες (με ίσους διπλούς λόγους) που έχουν τρεις ακτίνες παράλληλες,αναγκαστικά (μονοσήμαντο) θα έχουν όλες τις ακτίνες παράλληλες.
Τρεις εύκολες θέσεις είναι οι :
1)B=C όπου οι AP,KD γίνονται οι AE,CD
2)B τέτοιο ώστε ABC ισοσκελές,όπου ισχύειη παραλληλία λόγω συμμετρίας
3)B στο άπειρο της BC.
Το P γίνεται η προβολή του E στην BC και το K πάει στο άπειρο με κατεθυνση 45 μοίρες ως προς BC (στροφή).
Είναι απλό πως APB\angle=45 οπότε πάλι ισχύει η παραλληλία...

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Δημοσιεύτηκε: Τετ Οκτ 16, 2019 11:17 pm
από min##
..Και η λύση της μιας γραμμής:
Αν KE\cap CL\equiv X το δυικό του Desargues' Involution στο BCEL.PX δίνει πως οι (AB,AL),(AC,AE),(AP,AX) είναι συζυγείς σε ενέλιξη.Αφού η ενέλιξη αυτή έχει 2 συζυγή ζεύγη κάθετων ακτινών,θα είναι και το τρίτο ζεύγος ζεύγος κάθετων ακτινών κλπ.
Υγ.Εντάξει λίγο παραπάνω ίσως..

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Δημοσιεύτηκε: Παρ Οκτ 18, 2019 5:31 pm
από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Έστω M,F,N τα μέσα των LE,KD,BC.
Η σύνθεση B_{-90^{\circ}}\circ C_{-90^{\circ}} στέλνει το K στο D και έχει κέντρο το μέσο του KD(το F).Έτσι FLE,FBC είναι ορθογώνια και ισοσκελή.Αν LC\cap BE\equiv Tτότε T\in KD, αφού LATBK,ATCDE \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \acute{\alpha }\Rightarrow \angle KTB+\angle BTD=45^{\circ}+135^{\circ}=180^{\circ}
Αφού λοιπόν M,N κέντρα των περίκυκλων των LEF,BCF είναι MN\perp KD
Όμως από το σχήμα Vecten είναι MA\perp BC,NA\perp LE δηλαδή το A είναι το ορθόκεντρο του MPN και έτσι PA\perp MN\Rightarrow PA\parallel KD

149.PNG
149.PNG (47.14 KiB) Προβλήθηκε 288 φορές