Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

#1

: Tran Quang Hung (Vietnam 2017).png (47.42 KiB) Προβλήθηκε 1448 φορές

Έστω ότι οι κάθετες επί την στις κορυφές τριγώνου $\vartriangle ABC$ τέμνουν την στα σημεία αντίστοιχα , όπου τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ του εν λόγω τριγώνου με τις πλευρές του αντίστοιχα και ας είναι τα σημεία τομής των με τον $\left( I \right)$ αντίστοιχα, με $D\equiv \left( I \right)\cap BC$ και $P\ne D,Q\ne D$ . Να δείξετε ότι η διέρχεται από το μέσο της , όπου $Y\equiv BQ\cap CP$ .

#2

$\bullet$ Έστω το σημείο $S\equiv BC\cap EF$ και έχουμε ότι η σημειοσειρά S,B,D,C

, είναι αρμονική.

Γνωστό αποτέλεσμα το οποίο προκύπτει άμεσα από το πλήρες τετράπλευρο AEG'FBC

, όπου $G'\equiv AD\cap BE\cap CF$ ( δεν εμφανίζεται στο σχήμα ), ως το Σημείο Gergone του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Έτσι, από $\displaystyle \frac{DB}{DC} = \frac{SB}{SC} = \frac{BM}{CN}$ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BDM,\ \vartriangle CDN$ είναι όμοια
και επομένως ισχύει $\angle BDM = \angle CDN\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $\angle BDM = \angle DQP\Rightarrow$ $\angle CDN = \angle DQP\Rightarrow$ $PQ\parallel BC\ \ \ ,(2)$

: Tran Quang Hung (Vietnam 2017).; f=178 t=70636.PNG (27.65 KiB) Προβλήθηκε 1308 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο $Z\equiv BN\cap CM$ και από την αρμονική σημειοσειρά S,B,D,C

στο τραπέζιο BCNM

έχουμε ότι το σημείο αυτό ανήκει στην ευθεία $ID\perp BC$ , λόγω $BM\parallel ZD\parallel CN\Rightarrow$ $ZD\perp BC$ .

Από $(2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{RQ}{RB} = \frac{RP}{RC}\ \ \ ,(3)$ όπου $R\equiv BQ\cap CP$ .

Από (3)

, σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, προκύπτει άμεσα ότι οι δια των σημείων $B,\ C$ παράλληλες ευθείες προς τις ευθείες $DN,\ DM$ αντιστοίχως, τέμνουν την ευθεία

στο ίδιο σημείο, έστω το

.

Αλλά, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, οι ίδιες ευθείες περνάνε από το μέσον του τμήματος

.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι το σημείο

ταυτίζεται με το μέσον του

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Η απόδειξη αυτή είναι αφιερωμένη σε ένδειξη τιμής, στον Παναγιώτη Χρονόπουλο.

ΛΗΜΜΑ - Δίνεται ορθογώνιο τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και $\angle A = 90^{o} = \angle B$ και ας είναι . Έστω το σημείο $P\equiv AC\cap BD$ και ας είναι η προβολή του επί της . Αποδείξτε ότι οι δια των σημείων $A,\ B$ παράλληλες ευθείες προς τις $QC,\ QD$ αντιστοίχως, περνάνε από το μέσον της πλευράς .

Κώστας Βήττας.

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

#3

vittasko έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 11, 2021 10:55 am
ΛΗΜΜΑ - Δίνεται ορθογώνιο τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και $\angle A = 90^{o} = \angle B$ και ας είναι . Έστω το σημείο $P\equiv AC\cap BD$ και ας είναι , η προβολή του επί της . Αποδείξτε ότι οι δια των σημείων $A,\ B$ παράλληλες ευθείες προς τις $QC,\ QD$ αντιστοίχως, περνάνε από το μέσον της πλευράς

$\bullet$ Ορίζουμε το σημείο

, ως το σημείο τομής της

από την δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

και αρκεί να αποδειχθεί ότι το σημείο αυτό ταυτίζεται με το μέσον της

.

Έστω το σημείο $S\equiv AB\cap CD$ και από $AD\parallel PQ\parallel BC\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{QA}{QB} = \frac{AP}{PC} = \frac{AD}{BC} = \frac{SB}{SC}\ \ \ ,(1)$

Από (1)

έχουμε ότι η σημειοσειρά S,A,Q,B

, είναι αρμονική.

Έστω

, τυχόν σημείο προς το μέρος της

που δεν κείται το

, ώστε να είναι $BB'\parallel CD$ .

: Tran Quang Hung (Vietnam 2017) - Απόδειξη του Λήμματος.; f=178 t=70636(a).PNG (13.75 KiB) Προβλήθηκε 1288 φορές

$\bullet$ Παρατηρούμε ότι στις δέσμες $D.BQAS,\ B.DMCB'$ οι γωνίες που σχηματίζονται από τις ομόλογες ακτίνες τους είναι ίσες.

$\angle BDQ = \angle DBM$ και $\angle QDA = \angle MBC$ και $\angle ADS = \angle CBB'$

Άρα, οι δέσμες αυτές έχουν ίσους Διπλούς λόγους.

Επειδή τώρα, η δέσμη D.BQAS

είναι αρμονική λόγω της αρμονικής σημειοσειράς S,A,Q,B

ή ισοδύναμα B,Q,A,S

, προκύπτει ότι και η δέσμη B.DMCB'

είναι επίσης αρμονική και επομένως ισχύει $MC = MD\ \ \ ,(2)$ λόγω $CD\parallel BB'$ .

Ομοίως, αποδεικνύεται ότι και η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

περνάει από το μέσον

της

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Το ίδιο αποτέλεσμα ισχύει και για τυχόν τραπέζιο ABCD

με $AD\parallel BC$ και για το σημείο $Q\in AB$ ώστε να είναι $AD\parallel PQ\parallel BC$ , όπου $P\equiv AC\cap BD$ και εφαρμόζεται η ίδια απόδειξη ως άνω.

#4

Η πρόταση αυτή οφείλεται στον Tran Quang Hung, εξαίρετο γεωμέτρη από το Βιετμάμ που ζει και δημιουργεί στο ΑνόΪ, όντας δασκαλος σε ειδικό σχολείο για ταλαντούχους μαθητές ( υπήρξε και ο ίδιος μαθητής στο ίδιο σχολείο ) στο Πανεπιστήμιο.

Η ίδια πρόταση έχει δημοσιευτεί ως PROBLEM 4277, στο ηλεκτρονικό περιοδικό Crux Mathematicorum της Καναδικής Μαθηματικής Εταιρείας ( Volume 43 8 Oct. 2017 ), όπου αναφέρεται επίσης το όνομα του Nguyen Le Phuoc στους προτείνοντες.

: Crux Mathematicorum - PROBLEM 4277.; f=178 t=70636(b).PNG (105.69 KiB) Προβλήθηκε 1274 φορές

Την επανέφερε στο προσκήνιο, δημοσιεύοντας μία άλλη συνθετική απόδειξη στην Ιστοσελίδα (*) του ο Jean-Louis AYME, ζωντανός θρύλος της Γεωμετρίας όπως τον αναφέρει ο Παναγιώτης Χρονόπουλος, σε σχόλιό του στην διαδικτυακή ομάδα Romantics in Geometry, όπου ανέβασε την πρόταση ως ΑΣΚΗΣΗ 2858. (**)

(*) http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Doc ... 204277.pdf

(**) https://www.facebook.com/groups/parmeni ... 088015486/

Η απόδειξη που έβαλα πιο πάνω, είναι μετάφραση αυτής που δημοσιεύτηκε στην δεύτερη παραπομπή.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Η απόδειξη στην πρώτη ως άνω παραπομπή διαφέρει, όπως και μία από τις έξι που αναφέρονται στο Crux Mathematicorum και έχει τύχει να δω. Ελπίζω να μην έχω πέσει πάνω σε μία από τις υπόλοιπες πέντε.

#5

vittasko έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 11, 2021 12:25 pm

vittasko έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 11, 2021 10:55 am
ΛΗΜΜΑ - Δίνεται ορθογώνιο τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και $\angle A = 90^{o} = \angle B$ και ας είναι . Έστω το σημείο $P\equiv AC\cap BD$ και ας είναι , η προβολή του επί της . Αποδείξτε ότι οι δια των σημείων $A,\ B$ παράλληλες ευθείες προς τις $QC,\ QD$ αντιστοίχως, περνάνε από το μέσον της πλευράς
Κώστας Βήττας.
Το ίδιο αποτέλεσμα ισχύει και για τυχόν τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και για το σημείο $Q\in AB$ ώστε να είναι $AD\parallel PQ\parallel BC$ , όπου $P\equiv AC\cap BD$ .

Ας δούμε και μια διαφορετική απόδειξη του Λήμματος που έθεσε ο Κώστας (στο τυχαίο τραπέζιο) χρησιμοποιώντας στοιχειωδέστερα μέσα

: Λήμμα (Κώστας Βήττας).png (25.28 KiB) Προβλήθηκε 1193 φορές

Έστω $E\equiv CQ\cap AD$ . Τότε με $PQ\parallel DAE\Rightarrow \dfrac{AD}{PQ}=\dfrac{BD}{BP}\overset{AD\parallel BC}{\mathop{=}}\,\dfrac{CA}{CP}=\dfrac{AE}{PQ}\Rightarrow AD=AE$
και συνεπώς το

είναι το μέσο της

οπότε η από το

παράλληλη προς την $EC\equiv QC$ θα διέρχεται και από το μέσο

της πλευράς

του τριγώνου $\vartriangle DEC$ και ομοίως για την εκ του

παράλληλη προς την

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#6

Ας δούμε μια πρόταση που προέκυψε με τα ευρήματα του Κώστα στο αρχικό πρόβλημα αποφεύγοντας το Λήμμα

Έστω τετράπλευρο με $AD\parallel BC$ και ας είναι $Q\in AB$ ώστε $PQ\parallel AD\parallel BC$ , με $P\equiv AC\cap BD$ . Αν σημεία των αντίστοιχα, ώστε $KL\parallel AB$ να δειχθεί ότι η διέρχεται από το μέσο της , όπου $T\equiv AL\cap BK$ .

Απόδειξη

: Πρόταση.png (31.31 KiB) Προβλήθηκε 1157 φορές

Έστω $M\equiv QT\cap DC,Y\equiv QP\cap KL,S\equiv QT\cap KL,F\equiv QC\cap BD$
Από $AD\parallel BC\Rightarrow \dfrac{DP}{DB}=\dfrac{AQ}{AB}\overset{PQ\parallel BC}{\mathop{=}}\,\dfrac{PQ}{BC}=\dfrac{FP}{FB}$ και συνεπώς η σειρά $\left( D,P,F,B \right)$ είναι αρμονική , άρα και η δέσμη Q.DPFB

είναι αρμονική και με $QB\parallel KL\Rightarrow Y$ το μέσο της $KL\Rightarrow KY=YL:\left( 1 \right)$
Από τη δέσμη Q.DCMX

προκύπτει ότι: $\left( D,C,M,X \right)=\left( K,L,S,Y \right)\Rightarrow \dfrac{DM}{MC}:\dfrac{DX}{XC}=\dfrac{KS}{SL}:\dfrac{KY}{YL}$ $\Rightarrow \dfrac{DM}{MC}\cdot \dfrac{XC}{DX}=\dfrac{KS}{SL}\cdot \dfrac{YL}{KY}:\left( 2 \right)$
Με $KL\parallel AB\Rightarrow \dfrac{KS}{SL}=\dfrac{QB}{AQ}\overset{AD\parallel QX\parallel BC}{\mathop{=}}\,\dfrac{XC}{DX}\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{DM}{MC}=\dfrac{YL}{KY}\overset{KY=YL}{\mathop{=}}\,DM=MC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#7

Στάθη πολύ ωραία.

Χρησιμοποιώντας ως Λήμμα την πρόταση αυτή που σκαρφίστηκες, λύνεται το αρχικό πρόβλημα του Tran, μετά την τεκμηρίωση της παραλληλίας $PQ\parallel BC$ στο σχήμα της ανάρτησης #2 πιο πάνω.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Χαίρομαι που χειρίζεσαι με ιδιαίτερη μαεστρία πλέον, το εργαλείο του Διπλού λόγου.

Henri van Aubel · #8

Καλησπέρα! Μία λύση.

Έχουμε βέβαια $\displaystyle \frac{MB}{BD}=\frac{\sin \angle AFE}{\sin \angle AMB}=\frac{\sin \angle AEF}{\sin \left ( \pi -\angle AMB \right )}=\frac{NC}{DC}$ , επομένως $\vartriangle BDM\sim \vartriangle CDN.$

Έτσι προκύπτει $\angle PQD^{\chi o\rho \delta \eta -\varepsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta }=\angle BDM=\angle CDN^{\chi o\rho \delta \eta -\varepsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta }=\angle QPD$ άρα PD=QD

και $PQ\parallel BC.$

Συνεπώς έχουμε $\displaystyle \frac{\sin \angle PDR}{\sin \angle QDR}=\frac{\sin \angle DRC}{PD}\cdot \frac{QD}{\sin \angle BRD }\cdot \frac{PR}{RQ}=\frac{RC}{BR}\cdot \frac{\sin \angle DRC}{\sin \angle BRD}=\frac{DC}{BD}\left ( 1 \right )$

Ακόμα επειδή $\displaystyle \frac{CD}{BD}=\frac{DN}{DM},$ η $\left ( 1 \right )$ γίνεται $\displaystyle \frac{\sin \angle MDR}{\sin \angle NDR}=\frac{DN}{DM}$ από όπου έπεται το ζητούμενο.

Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Re: Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Re: Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Re: Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Re: Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Re: Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Re: Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Re: Tran Quang Hnng (Vietnam 2017)

Μέλη σε σύνδεση