Πυθαγόρειο από το ... πουθενά

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA 195=FB1770 Πυθαγόρειο από το ... πουθενά.png (129.02 KiB) Προβλήθηκε 999 φορές

Εστω τρίγωνο ABC

,

το συμμετρικό του περίκεντρού του ως προς την

και

το μέσον της

.

Το συμμετρικό ως προς την

, του ελάσσονος τόξου

του περίκυκλου ABC

τέμνει τις AO', AM

στα

αντίστοιχα.

Ο περίκυκλος ADE

τέμνει τις AB, AC

στα

αντίστοιχα και η

τέμνει την AO'

στο

.

Αν ο περίκυκλος ADE

τέμνει τις FB, FC

στα

, να δειχθεί οτι : BQ^2+PC^2=BC^2

σημ. δεν εχω λύση οπότε μπορεί να "ανήκει" και σε "χαμηλότερο" φάκελο!

#2

sakis1963 έγραψε: ↑
Τρί Απρ 17, 2018 8:52 pm
GEOMETRIA 195=FB1770 Πυθαγόρειο από το ... πουθενά.png

Εστω τρίγωνο , το συμμετρικό του περίκεντρού του ως προς την και το μέσον της .

Το συμμετρικό ως προς την , του ελάσσονος τόξου του περίκυκλου τέμνει τις στα αντίστοιχα.

Ο περίκυκλος τέμνει τις στα αντίστοιχα και η τέμνει την στο .

Αν ο περίκυκλος τέμνει τις στα , να δειχθεί οτι :

σημ. δεν εχω λύση οπότε μπορεί να "ανήκει" και σε "χαμηλότερο" φάκελο!

Πολύ ενδιαφέρουσα πρόταση Θάνο και νομίζω ότι καλά έκανες και την έβαλες στο φάκελο αυτό . Έχω και μια όμορφη (νομίζω) λύση την οποία ελπίζω να γράψω μέσα στην ημέρα (ίσως και τη νύχτα!!!). Να είσαι πάντα καλά

Με εκτίμηση
Στάθης

#3

sakis1963 έγραψε: ↑
Τρί Απρ 17, 2018 8:52 pm
Έστω τρίγωνο , το συμμετρικό του περίκεντρού του ως προς την και το μέσον της .Το συμμετρικό ως προς την , του ελάσσονος τόξου του περίκυκλου τέμνει τις στα αντίστοιχα.Ο περίκυκλος τέμνει τις στα αντίστοιχα και η τέμνει την στο .Αν ο περίκυκλος τέμνει τις στα , να δειχθεί οτι :
σημ. δεν εχω λύση οπότε μπορεί να "ανήκει" και σε "χαμηλότερο" φάκελο!

$\bullet$ Έστω $W \equiv BC \cap AH \cap DE,$ $H \equiv \left( O \right) \cap \left( K \right),H \ne A$ το ριζικό κέντρο των (ανά δύο) τεμνομένων κύκλων $\left( O \right),\left( {{O}'} \right),\left( K \right)\equiv \left( A,D,E \right)$ και $Z\equiv A{O}'\cap BC$ .

Ας είναι το συμμετρικό του ως προς το μέσο της . Τότε το είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται) και από την ισότητα (λόγω συμμετρίας) των κύκλων $\left( O \right),\left( {{O}'} \right)$ θα είναι ${A}'\in \left( {{O}'} \right)$ .

Τότε $\angle SDW\mathop = \limits^{A,S,D,E\, \in \left( K \right)} \angle SAE \equiv$ $\angle BAA'\mathop = \limits^{AB\parallel A'C} \angle CA'A:\left( 1 \right)$ και

$\angle BDW\mathop = \limits^{B,D,E,C\, \in \left( {O'} \right)} \angle ECB\mathop = \limits^{B,E,C,A'\, \in \left( {O'} \right)}$ $\angle EA'B \equiv \angle AA'B\mathop = \limits^{A'B\parallel AC} \angle CAA':\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right) + \left( 2 \right) \Rightarrow \angle SDB =$ $\angle BAC \equiv \angle SAT\mathop \Rightarrow \limits^{A,S,D,T \in \left( K \right)} B,D,T$ συνευθειακά και με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι και συνευθειακά.

: Πυθαγόρειο από το Πουθενά.png (73.21 KiB) Προβλήθηκε 847 φορές

$\bullet$ Από το πλήρες τετράπλευρο με «κορμό» το εγγεγραμμένο τετράπλευρο προκύπτει ότι η σειρά $\left( A,F,D,Z \right)$ είναι αρμονική (κάθε διαγώνιος πλήρους τετραπλεύρου τέμνεται αρμονικά από τις άλλες δύο) άρα και η δέσμη είναι αρμονική άρα και η σειρά είναι αρμονική , με $L\equiv BD\cap AC$ , οπότε το είναι σημείο της πολικής του ως προς τον κύκλο $\left( K \right)$ . Επίσης είναι γνωστό ότι το είναι σημείο της πολικής του ως προς τον $\left( K \right)$ . Έτσι $BL\equiv BF$ είναι η πολική του ως προς τον $\left( K \right)$ και συνεπώς εφαπτομενικό τμήμα του $\left( K \right)$ . Ομοίως εφαπτομενικό τμήμα του $\left( K \right)$ .

$\bullet$ Είναι επίσης γνωστή πρόταση (έχει συζητηθεί αρκετές φορές στο ) π.χεδώ )ότι το σημείο Miquel (έστω) του πλήρους τετραπλεύρου με κορμό το εγγράψιμο τετράπλευρο είναι σημείο της (και μάλιστα $KN\bot BC$ , οποτε και με $KD\bot BC$ (από πολική) προκύπτει ότι συνευθειακά)

Έτσι ισχύει: $\left\{ \begin{gathered} B{Q^2}\mathop = \limits^{\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta - \tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha } BD \cdot BT\mathop = \limits^{\tau \varepsilon \mu \nu o\mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\chi o\rho \delta \varepsilon \varsigma \,\tau o\upsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\upsilon \,\left( {D,N,C,T} \right)} BN \cdot BC \\ C{P^2}\mathop = \limits^{\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta - \tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha } CD \cdot CS\mathop = \limits^{\tau \varepsilon \mu \nu o\mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\chi o\rho \delta \varepsilon \varsigma \,\tau o\upsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\upsilon \,\left( {D,N,C,T} \right)} CN \cdot BC \\ \end{gathered} \right.$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} B{Q^2} + C{P^2} = \left( {BN + CN} \right) \cdot BC$ $\mathop \Rightarrow \limits^{BN + CN = BC} \boxed{B{Q^2} + C{P^2} = B{C^2}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Πυθαγόρειο από το ... πουθενά

Πυθαγόρειο από το ... πουθενά

Re: Πυθαγόρειο από το ... πουθενά

Re: Πυθαγόρειο από το ... πουθενά

Μέλη σε σύνδεση