Φρέσκια

#1

Σε τρίγωνο ABC

έστω

η διάμεσος και

η διχοτόμος . Αν η από το

παράλληλη στην

κόψει την

στο

, να δειχθεί ότι $BE \bot AD$ .

#2

: Φρέσκια.png (24.32 KiB) Προβλήθηκε 1127 φορές

$\bullet$ Έστω

το σημείο τομής της εκ του

παραλλήλου προς την

με την

και ας είναι $T\equiv DE\cap AC$ . Τότε το ASDB

είναι παραλληλόγραμμο (από κατασκευής) και συνεπώς το $N\equiv AD\cap BS$ είναι το μέσο (και) της

. Από τη διχοτόμο και την παραλληλία προκύπτει ότι $\angle TDA=\angle BAD=\dfrac{\angle A}{2}=\angle DAT\Rightarrow \vartriangle ATD$ είναι ισοσκελές και με

τη διάμεσό του προκύπτει ότι $TN\bot AD:\left( 1 \right)$

$\bullet$ Με $AS\parallel BC$ και

το μέσο της

προκύπτει ότι η δέσμη $A.SCMB\equiv A.STEB$ είναι αρμονική και με $AB\parallel ES\Rightarrow T$ το μέσο της

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle SBD$ με T,N

τα μέσα των πλευρών του SE,SB

αντίστοιχα προκύπτει ότι $EB\parallel TN\overset{TN\bot AD:\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,EB\bot AD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Y.S. Ωραία πρόταση Νίκο. Θα προσπαθήσω το βραδάκι (γιατί τώρα φεύγω ταξιδάκι ) να δώσω και λύση (σίγουρα γίνεται) με το Περιώνυμο Θεώρημα

#3

Ας δούμε και μια διαφορετική απόδειξη της πρότασης

: Φρέσκια.1.png (33.23 KiB) Προβλήθηκε 1107 φορές

$\bullet$ Έστω

το σημείο τομής της διχοτόμου

με τον περίκυκλο $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , με $L\ne A$ που προφανώς είναι (από την διχοτόμο) το μέσο του τόξου

που δεν περιέχει το

και με

το μέσο της αντίστοιχης χορδής προκύπτει ότι $LM\bot BC\Rightarrow \angle BML={{90}^{0}}:\left( 1 \right)$

$\bullet$ Από το τραπέζιο $AEDB\left( DE\parallel BA \right)$ με $M\equiv AE\cap BD$ προκύπτει ότι η

διέρχεται από τα μέσα S,T

των βάσεών του DE,BA

αντίστοιχα (ειδική περίπτωση της ευθείας Gauss – Newton στο πλήρες τετράπλευρο KEMDBA

) .

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με B,T

τα μέσα των πλευρών του BC,BA

αντίστοιχα προκύπτει ότι: $MT\parallel CA\overset{MT\equiv MK}{\mathop{\Rightarrow }}\,MK\parallel CA\Rightarrow \angle KLM=$ $\angle LAC\overset{A,B,L,C\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle LBC\equiv \angle LBM\Rightarrow BKML$
εγγράψιμο , άρα $\angle BKL=\angle BML\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,{{90}^{0}}\Rightarrow BK\bot KL$ ή $BE\bot AD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί,

#4

Και κάτι ακόμα

: Φρέσκια.2.png (13.69 KiB) Προβλήθηκε 1102 φορές

$\bullet$ Από το τραπέζιο AEDB

προκύπτει (όπως αναφέρθηκε και στην προηγούμενη ανάρτηση ) ότι η

διέρχεται από τα μέσα S,T

των βάσεών του DE,BA

αντίστοιχα.

$\bullet$ Έτσι με T,M

τα μέσα των πλευρών BA,BC

του τριγώνου $\vartriangle BAC\Rightarrow MT\parallel AC\overset{MT\equiv MK,AC\equiv CF}{\mathop{\Rightarrow }}\,MK\parallel CF\overset{M\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,K$ μέσο της

(από το τρίγωνο $\vartriangle BFC$ ) , με $F\equiv BE\cap AC$ , οπότε στο τρίγωνο $\vartriangle ABF$ η

είναι συγχρόνως διάμεσος και διχοτόμος , άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές και η

θα είναι και ύψος του, δηλαδή $AK\bot AF$ ή $AD\bot BE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Πιθανόν να έπεται και συνέχεια

#5

Ας δούμε και μια προσέγγιση με τη βοήθεια Θεωρήματος Μενελάου, Θαλή , διχοτόμου

$\bullet$ Έστω $K\equiv AD\cap BE,F\equiv AC\cap BE$ και χωρίς βλάβη της γενικότητας ας υποθέσουμε ότι $b>c\Rightarrow BD<BM$ .

$\bullet$ Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle AMC$ με διατέμνουσα την BEF

θα έχουμε: $\dfrac{AF}{FC}\cdot \dfrac{BC}{BM}\cdot \dfrac{EM}{EA}=1\overset{BC=2BM}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{AF}{FC}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{EA}{EM}:\left( 1 \right)$

: Φρέσκια.3.png (11.28 KiB) Προβλήθηκε 1056 φορές

$\bullet$ Από $DE\parallel AB\overset{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta }{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{EA}{EM}=\dfrac{BD}{DM}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{AF}{FC}=\dfrac{BD}{2DM}$ $\Rightarrow \dfrac{AF}{AF+FC}=\dfrac{BD}{BD+2DM}$
$\Rightarrow \dfrac{AF}{AC}=\dfrac{BD}{BM+DM}=\dfrac{BD}{BM+BM-BD}=\dfrac{BD}{BC-BD}:\left( 2 \right)$

$\bullet$ Από το θεώρημα της διχοτόμου (για τα τμήματα που χωρίζει τις απέναντι πλευρές) με τους συνήθεις συμβολισμούς θα έχουμε: $BD=\dfrac{ac}{b+c}$ οπότε η σχέση $\left( 2 \right)$ γίνεται: $\dfrac{AF}{b}=\dfrac{\dfrac{ac}{b+c}}{a-\dfrac{ac}{b+c}}=\ldots \dfrac{c}{b}\Rightarrow AF=c=AB\Rightarrow \vartriangle ABF$ ισοσκελές και με

διχοτόμο προκύπτει ότι

και ύψος, άρα $AK\bot BF$ ή $AD\bot BE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Henri van Aubel · #6

Έγραψα κατευθείαν τη λύση, για να μην σας κουράζω με τα λόγια. Έπαιξα σε γήπεδο 5x5 το πρωί (με παιδιά και μεγάλους...)

Henri van Aubel · #7

Επανέρχομαι και δίνω τη λύση μου, μόνο για λόγους διατύπωσης.

Έστω $L\equiv AD\cap BE,Q\equiv AC\cap BE.$

Θεώρημα Μενέλαου στο τρίγωνο AMC

με διατέμνουσα BEQ.

$\displaystyle \frac {AQ}{QC} \cdot \frac {BC}{BM} \cdot \frac {ME}{AE}=1 \Longleftrightarrow \frac {AQ}{QC}=\frac {1}{2} \cdot \frac {AE}{ME}(1)$

Λόγω της παραλληλίας το θεώρημα του Θαλή μας δίνει:

$\displaystyle \frac {AE}{ME}=\frac {DB}{MD} (2)$

Οπότε από $\displaystyle (1),(2)$ προκύπτει ότι:

$\displaystyle \frac {AQ}{QC}=\frac {1}{2} \cdot \frac {DB}{MD} \Longleftrightarrow \frac {AQ}{AC}=\frac {DB}{DB+2DM}=\frac {DB}{DC} (3)$

Από Θ. εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ABC

παίρνουμε:

$\displaystyle \frac {AB}{AC}=\frac {DB}{DC} (4)$

Οπότε από $\displaystyle (3),(4)$ προκύπτει ότι $\displaystyle AQ=AB$ . Αφού $\angle BAL=\angle QAL,$ έπεται ότι $\angle ALB=90^\circ.$

#8

Φέρνω παράλληλη από το

στην

και τέμνει την

στο

και έστω

το σημείο τομής των $BE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ .

Η δέσμη $A\left( {B,T\backslash E,Q} \right)$ είναι αρμονική και άρα η DE//AB

θα τέμνει τις τρεις άλλες ακτίνες της δέσμης στα σημεία E,K,N

με $\boxed{EK = KN}\,\,\,\left( 1 \right)$ .

: Μπάμπης Στεργίου απο τη λίμνη Πλαστήρα_ok.png (22.26 KiB) Προβλήθηκε 1022 φορές

Φέρνω τώρα κάθετη στην διχοτόμο

στο

και τέμνει την

στο

. Πάλι εδώ η δέσμη $A\left( {F,D\backslash B,C} \right)$ είναι αρμονική .

Η

πάλι ως παράλληλη στην ακτίνα

θα τέμνει τις τρεις άλλες ακτίνες της δέσμης στα σημεία P,K,D

με $\boxed{DK = KP}\,\,\left( 2 \right)$

Από τις $\left( 1 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ έχω: DE = NP

κι αφού

( το

είναι παραλληλόγραμμο ) θα είναι AP// = BE

.

Έτσι όμως θα είναι και $BE \bot AD$ .

Σχετικά με την άσκηση δείτε αυτό

Η άσκηση είναι και στο εξαίρετο βιβλίο « Γεωμετρία για διαγωνισμούς » του Μπάμπη Στεργίου, σελίδα αριθ. ( λυμένη με μετρικές σχέσεις)

Οι λύσεις του Στάθη σε χρόνο είναι χαρακτηριστικό «των στροφών» του !

Θα την προσπαθήσω φέρνοντας την συμμετροδιάμεσο απο το ( το βράδυ)

KARKAR · #9

Κάποτε έρχεται η ώρα των παραπομπών . Βρείτε λοιπόν λύσεις και πληροφορίες εδώ .

Προσέξτε και τον τίτλο που είχα βάλει .

S.E.Louridas · #10

Απλά και μόνο για λόγους πλουραλισμού και για ένα γεια στην φιλική παρέα.
Θα πάρουμε ως βάση τη γνωστή πρόταση και τις ιδιότητες που προκύπτουν για το ορθογώνιο TZJQ

που σχηματίζεται από τις διχοτόμους των γωνιών του παραλληλογράμμου ABDC.

Έτσι έχουμε $\displaystyle{\frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm E}{\rm M}}} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{QM}} = \frac{{AB}}{{MZ}} = \frac{{BD}}{{DM}} \Rightarrow DE\parallel AB,}$ δηλαδή τελικά το ζητούμενο.

: geogebra-export.png (184.76 KiB) Προβλήθηκε 858 φορές

KARKAR · #11

Σωτήρη

( για μια ακόμη φορά ) .

#12

Κι απο μένα

( Γιατί δεν σε βλέπουμε συχνά ; σε χρειαζόμαστε!)

#13

#14

Ας δούμε και μία ακόμα διαφορετική απόδειξη . Το ως άνω πρόβλημα είναι ειδική περίπτωση

: Φρέσκια 1.png (46.64 KiB) Προβλήθηκε 812 φορές

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το μέσο

της

. Τότε προφανώς το ABFE

είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιές του διχοτομούνται) και συνεπώς $FC\parallel AB\parallel ED:\left( 1 \right)$

Με $E\equiv BN\cap FM,D\equiv AN\cap CM$ και ${{T}_{\infty }}\equiv AB\cap CF$ και από την $\left( 1 \right)\Rightarrow E,D,{{T}_{\infty }}$ είναι συνευθειακά, προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\left( 1 \right)$ $\vartriangle BDA,\vartriangle FME$ είναι προοπτικά, οπότε σύμφωνα με το Θεώρημα του Desargues οι ευθείες που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές του διέρχονται από το ίδιο σημείο, δηλαδή η

διέρχεται από το σημείο ${{L}_{\infty }}\equiv FB\cap CA$ και συνεπώς $MN\parallel BF\parallel AC\equiv TC$ και με

το μέσο της

προκύπτει (από το τρίγωνο $\vartriangle BTC$ , όπου $T\equiv BE\cap AC$ ) ότι

είναι το μέσο της

Στην ειδική περίπτωση του προβλήματός μας στο τρίγωνο $\vartriangle ABT$ η

παίζει το ρόλο της διχοτόμου και της διαμέσου συγχρόνως, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές και συνεπώς

θα είναι και ύψος του, δηλαδή $AN\bot BT$ ή $AD\bot BE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#15

Νίκο, όταν εκεί στο χωριό τυχαία άνοιξα ένα βιβλίο Γεωμετρίας από τη Μολδαβία, έπεσα στην συγκεκριμένη άσκηση.

Μου φάνηκε γνωστή και είπα να κάνω μια ολιγόλεπτη προσπάθεια, απέτυχα όμως.
Λέω να κοιτάξω τον πρώτο τόμο από τη γεωμετρία που ανέφερες, αλλά φυσικό ήταν να μην την

βρω, αφού είναι στον άλλο τόμο με τη Μετρική Γεωμετρία.

Σε ευχαριστώ που την βρήκες γιατί θα με έτρωγε το γαμώτο να μην έχω πέσει πάνω σε μια τόσο ωραία άσκηση.

Φυσικά η λύση που παρουσιάζεται δεν είναι η πιο κομψή, αλλά πιο πολύ αξία όπως φαίνεται έχει η άσκηση!

Καλό φθινόπωρο !!!

#16

Μπάμπη καλησπέρα .

Το αντίστροφο της άσκησης το συναντάμε και πιο μπροστά στο ίδιο Βιβλίο στην σελίδα η άσκηση λυμένη με 3 ωραίους τρόπους.

Henri van Aubel · #17

Πάμε και μία με μετρικές σχέσεις!

Είναι γνωστό ότι $\displaystyle BD=\frac{\alpha \gamma }{\beta +\gamma },BM=\frac{\sqrt{2\beta ^{2}+2\gamma ^{2}-\alpha ^{2}}}{2}.$

Έχουμε $\displaystyle \frac{AE}{AM}^{DE\parallel AB}=\frac{BD}{BM}=\frac{2AE}{\sqrt{2\beta ^{2}+2\gamma ^{2}-\alpha ^{2}}}=\frac{2\alpha \gamma }{\alpha \left ( \beta +\gamma \right )}=\frac{2\gamma }{\beta +\gamma }\left ( 1 \right )$

Αυτή γράφεται απλούστερα ως $\displaystyle AE^{2}=\frac{\gamma ^{2}\left ( 2\beta ^{2}+2\gamma ^{2}-\alpha ^{2} \right )}{(\beta +\gamma)^{2} }\left ( 1 \right )$

Επιπλέον έχουμε $\displaystyle \frac{DE}{\gamma }^{DE\parallel AB}=\frac{BM-BD}{BM}=\frac{\beta -\gamma }{\beta +\gamma }\Leftrightarrow DE^{2}=\frac{\gamma ^{2}\left ( \beta -\gamma \right )^{2}}{\left ( \beta +\gamma \right )^{2}}\left ( 2 \right )$

Από $\left ( 1 \right )$ και $\left ( 2 \right )$ είναι $\displaystyle AE^{2}-DE^{2}=\frac{\gamma ^{2}\left ( 2\beta ^{2}+2\gamma ^{2}-\alpha ^{2} \right )-\gamma ^{2}\left ( \beta -\gamma \right )^{2}}{\left ( \beta +\gamma \right )^{2}}=\frac{\gamma ^{2}\left ( \beta ^{2}+\gamma ^{2} -\alpha ^{2}+2\beta \gamma \right )}{\left ( \beta +\gamma \right )^{2}}\left ( 3 \right )$

$\displaystyle AB^{2}-BD^{2}=\gamma ^{2}-\frac{\alpha ^{2}\gamma ^{2}}{\left ( \beta +\gamma \right )^{2}}=\frac{\gamma ^{2}\left ( \beta ^{2}+\gamma ^{2}+2\beta \gamma -\alpha ^{2} \right )}{\left ( \beta +\gamma \right )^{2}}\left ( 4 \right )$

Από $\displaystyle \left ( 3 \right ),\left ( 4 \right )\Longrightarrow AE^{2}-DE^{2}=AB^{2}-BD^{2}\Longrightarrow \angle \left ( BE,AD \right)=\frac{\pi }{2}$

Φρέσκια

Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Re: Φρέσκια

Μέλη σε σύνδεση