Τομή πάνω στην πλευρά

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #1

: 122.PNG (42.98 KiB) Προβλήθηκε 1472 φορές

Έστω τρίγωνο ABC

και

τυχαία σημεία στο ημιεπίπεδο που ορίζει η

και δεν ανήκει το

.
Θεωρούμε τις τομές:
$L\equiv CD\cap AZ,E\equiv AZ\cap BD,P\equiv BZ\cap CD,N\equiv BD\cap AC,M\equiv BZ\cap AC,K\equiv LN\cap AB,F\equiv LM\cap BC$

Να δείξετε ότι οι EF,KP

τέμνονται πάνω στην

.

#2

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 02, 2019 10:54 pm
122.PNG

Έστω τρίγωνο και τυχαία σημεία στο ημιεπίπεδο που ορίζει η και δεν ανήκει το .
Θεωρούμε τις τομές:
$L\equiv CD\cap AZ,E\equiv AZ\cap BD,P\equiv BZ\cap CD,N\equiv BD\cap AC,M\equiv BZ\cap AC,K\equiv LN\cap AB,F\equiv LM\cap BC$

Να δείξετε ότι οι τέμνονται πάνω στην .

: τομή επί της πλευράς.png (47.28 KiB) Προβλήθηκε 1243 φορές

Με $N\equiv EB\cap AC\cap KL$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα είναι προοπτικά οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Desargues τα σημεία τομής των αντιστοίχων πλευρών τους θα είναι συνευθειακά , δηλαδή τα $Q\equiv EA\cap BC$ , $O\equiv AK\cap CL$ , $T\equiv KE\cap LB$ είναι συνευθειακά. Ομοίως από $M\equiv CA\cap FL\cap PB$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα είναι προοπτικά οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Desargues τα σημεία τομής των αντιστοίχων πλευ ρών τους θα είναι συνευθειακά , δηλαδή το σημείο τομής των ανήκει στην ευθεία των σημείων τομής των δύο άλλων αντιστοίχων πλευρών τους, δηλαδή στην ευθεία με $Q\equiv CF\cap AL,O\equiv CP\cap AB$ , δηλαδή $T\equiv FP\cap BL$ (αφού η έτεμνε (από την πρώτη προοπτικότητα την ευθεία στο . Τότε όμως τα σημεία $O\equiv AK\cap CP,T\equiv KE\cap PF,Q\equiv EA\cap FC$ είναι συνευθειακά οπότε σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος Desargues τα τρίγωνα είναι προοπτικά και συνεπώς $AC\cap KP\cap EF\equiv S$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Στάθης

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Δίνω μία ακόμη προσέγγιση,

Έστω $H\equiv PN\cap EM,S\equiv AC\cap LH$ . Θα δείξουμε ότι E,S,F

συνευθειακά και όμοια θα είναι και K,S,P

συνευθειακά.

Με θεώρημα Μενελάου στο BPC

με διατέμνουσα $\overline{FML}$ είναι:

$\dfrac{FC}{FB}\cdot \dfrac{MB}{MP}\cdot \dfrac{LP}{LC}=1\Leftrightarrow \dfrac{FC}{FB}=\dfrac{LC\cdot MP}{MB\cdot LP}(1)$

Με θεώρημα Μενελάου στο NPC

με διατέμνουσα $\overline{SHL}$ είναι:
$\dfrac{SN}{SC}\cdot \dfrac{LP}{LC}\cdot \dfrac{HP}{HN}=1\Leftrightarrow \dfrac{SN}{SC}=\dfrac{LP\cdot HN}{LC\cdot HP}(2)$

Με θεώρημα Μενελάου στο BNP

με διατέμνουσα $\overline{EHM}$ είναι :

$\dfrac{EB}{EN}\cdot \dfrac{HN}{HP}\cdot \dfrac{MP}{MB}=1\Leftrightarrow \dfrac{EB}{EN}=\dfrac{MP\cdot HP}{MB\cdot HN}(3)$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των (1),(2),(3)

παίρνουμε από το αντίστροφο του θεωρήματος Μενελάου στο BNC

ότι

συνευθειακά.

Υ.Γ Υποψιάζομαι ότι η λύση θα ήταν πιο σύντομη με το θ.Desargues αλλά δεν έχω εμπειρία πάνω του.

: 126.PNG (41.71 KiB) Προβλήθηκε 1234 φορές

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 02, 2019 10:54 pm
122.PNG

Έστω τρίγωνο και τυχαία σημεία στο ημιεπίπεδο που ορίζει η και δεν ανήκει το .
Θεωρούμε τις τομές:
$L\equiv CD\cap AZ,E\equiv AZ\cap BD,P\equiv BZ\cap CD,N\equiv BD\cap AC,M\equiv BZ\cap AC,K\equiv LN\cap AB,F\equiv LM\cap BC$

Να δείξετε ότι οι τέμνονται πάνω στην .

Μία ακόμη λύση για το πρόβλημα.

Έστω $\rm p$ το επίπεδο του τριγώνου του σχήματος και $\rm p'$ ένα άλλο επίπεδο ώστε η $\rm AC$ να είναι ειδική ευθεία του επιπέδου $\rm p$ για μία κεντρική προβολή κέντρου $\rm O$ .
Όσες ευθείες τέμνονται πάνω στην $\rm AC$ θα μετασχηματιστούν στο $\rm p'$ σε παράλληλες οπότε παίρνουμε το παρακάτω σχήμα στο οποίο $\rm B'K'\parallel E'L',B'E'\parallel K'L',B'F'\parallel L'P',B'P'\parallel F'L'$ :

: 312.PNG (20.46 KiB) Προβλήθηκε 999 φορές

Πλέον τα πράγματα είναι αρκετά απλά αφού αρκεί να δείξουμε πως $\rm F'E' \parallel K'P'$ .
Είναι $\rm B'F'=L'P',B'E'=K'L'$ και $\rm \angle F'B'E'=\angle B'D'P'=\angle K'L'P'$ οπότε $\rm B'F'E',K'P'L'$ ίσα και εύκολα $\rm B'F'K',E'L'P'$ ίσα άρα το $\rm F'E'P'K'$ είναι παραλληλόγραμμο .

Τομή πάνω στην πλευρά

Τομή πάνω στην πλευρά

Re: Τομή πάνω στην πλευρά

Re: Τομή πάνω στην πλευρά

Re: Τομή πάνω στην πλευρά

Μέλη σε σύνδεση