Βαρύκεντρο και αυτό

#1

Χρησιμοποιώντας το συμπέρασμα αυτής της άσκησης (ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο) αποδείξτε την παρακάτω πρόταση:

Αν D, E, Z

είναι οι προβολές του σημείου Lemoine

τριγώνου

στις πλευρές του, τότε το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου DEZ.

Επειδή είναι πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά, παρακαλώ μην δώσετε παραπομπές, μέχρι να γραφεί η πρώτη λύση. Ίσως υπάρχουν κάποιοι που την βλέπουν για πρώτη φορά.

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 21, 2022 10:58 am
Χρησιμοποιώντας το συμπέρασμα αυτής της άσκησης (ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο) αποδείξτε την παρακάτω πρόταση:

Αν είναι οι προβολές του σημείου Lemoine τριγώνου στις πλευρές του, τότε το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου
Επειδή είναι πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά, παρακαλώ μην δώσετε παραπομπές, μέχρι να γραφεί η πρώτη λύση. Ίσως υπάρχουν κάποιοι που την βλέπουν για πρώτη φορά.

Καλημέρα Γιώργο!

Είναι γνωστή ιδιότητα του σημείου Lemoine τριγώνου (μια από τις πολλές χαρακτηριστικές του) αλλά ας δούμε μια απόδειξη (μάλλον πρωτοεμφανιζόμενη λόγω χρήσης νέου σχετικά θεωρήματος

)

Έστω

η

συμμετροδιάμεσος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και ας είναι E,Z

οι προβολές του σημείου Lemoine L στις πλευρές AC,AB

του $\vartriangle ABC$ αντίστοιχα και Q,P

οι ορθές προβολές των E,Z

στις

αντίστοιχα. Προφανώς (από τα δύο ύψη) το $H\equiv EQ\cap ZP$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle AEZ$ , το τετράπλευρο AELZ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

και το

είναι παραλληλόγραμμο (απέναντι πλευρές παράλληλες λόγω καθετότητάς τους στην ίδια ευθεία) , οπότε $O\equiv ZE\cap HL$ (το σημείο τομής των διαγωνίων του) είναι το μέσο (και) της

. Με

το ορθέκεντρο του $\vartriangle AEZ\to \angle HAE=\angle EZH\overset{ZH\parallel EL}{\mathop{=}}\,\angle ZEL\overset{A,E,L,Z\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,$ $\angle ZAL\equiv \angle BA{A}'\Rightarrow AH$ η ευθεία της διαμέσου

του $\vartriangle ABC$ (αφού η διάμεσος και η συμμετροδιάμεσος από την ίδια κορυφή τριγώνου είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της κορυφής αυτής).

: Βαρύκεντρο και αυτό.png (38.07 KiB) Προβλήθηκε 516 φορές

Αν

είναι οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα, τότε με $\left( AMB \right)\overset{MB=MC}{\mathop{=}}\,\left( AMC \right)\Rightarrow \dfrac{AB}{AC}=\dfrac{ML}{MK}:\left( 1 \right)$

Όμως $\vartriangle EQZ\sim \vartriangle AKM$ (ορθογώνια με μια οξεία γωνία ίση) οπότε $\dfrac{QZ}{KM}=\dfrac{ZE}{AM}:\left( 2 \right)$ και ομοίως από $\vartriangle ZPE\sim \vartriangle ALM\Rightarrow \dfrac{PE}{ML}=\dfrac{ZE}{AM}:\left( 3 \right)$
Από $\left( 2 \right):\left( 3 \right)\Rightarrow \dfrac{PE}{ML}=\dfrac{QZ}{MK}\Rightarrow \dfrac{PE}{QZ}=\dfrac{ML}{MK}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{PE}{QZ}=\dfrac{AB}{AC}:\left( 4 \right)$

Από τη σχέση $\left( 4 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $LH\bot BC\Rightarrow OL\bot BC$ η ισοδύναμα η κάθετη από το σημείο Lemoine στην

διέρχεται από το μέσο της

. Κυκλικά προκύπτει ότι και οι εκ του

κάθετες στις AC,AB

διέρχονται από τα μέσα των ED,ZD

αντίστοιχα, άρα το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Στάθης

#3

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 21, 2022 10:58 am
Χρησιμοποιώντας το συμπέρασμα αυτής της άσκησης (ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο) αποδείξτε την παρακάτω πρόταση:

Αν είναι οι προβολές του σημείου Lemoine τριγώνου στις πλευρές του, τότε το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου

Επειδή είναι πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά, παρακαλώ μην δώσετε παραπομπές, μέχρι να γραφεί η πρώτη λύση. Ίσως υπάρχουν κάποιοι που την βλέπουν για πρώτη φορά.

Ας δούμε και μια στοιχειωδέστατη λύση του ως άνω προβλήματος

Έστω

το σημείο τομής της εκ του

καθέτου

στην

με την

, όπου

οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα.
Προφανώς οι τετράδες $\left( L,D,C,E \right),\left( E,A,Z,L \right),\left( L,D,B,Z \right)$ ανήκουν σε κύκλους διαμέτρων LC,LA,BL

αντίστοιχα (λόγω των ορθών απέναντι γωνιών από κατασκευής).

: Βαρύκεντρο και αυτό 1.png (33.18 KiB) Προβλήθηκε 465 φορές

Είναι $\angle PEL\equiv \angle ZEL\overset{E,A,Z,L\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle ZAL\overset{AL,AM\,\,\iota \sigma o\gamma \omega \nu \iota \varepsilon \varsigma \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,AB,AC}{\mathop{=}}\,\angle MAC$ και $\angle PLE\overset{D,C,E,L\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle ECD\equiv \angle ACM$ και συνεπώς τα τρίγωνα $\vartriangle PEL,\vartriangle MAC$ είναι όμοια (δύο γωνίες ίσες μια προς μια) , άρα $\dfrac{PE}{PL}=\dfrac{AM}{MC}:\left( 1 \right)$ , όπου

η διάμεσος του αρχικού τριγώνου

Ομοίως προκύπτει ότι $\vartriangle PLZ\sim \vartriangle MBA\Rightarrow \dfrac{PZ}{PL}=\dfrac{AM}{MB}:\left( 2 \right)$
Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\overset{MC=MB}{\mathop{\Rightarrow }}\,PE=PZ$ και συνεπώς

το μέσο της

.

Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι LE,LZ

διέρχονται από τα μέσα F,Q

των

και συνεπώς το σημείο Lemoine του $\vartriangle ABC$ είναι το βαρύκεντρο του ποδικού του τριγώνου $\vartriangle FDE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Στάθης

#4

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 21, 2022 10:58 am
Χρησιμοποιώντας το συμπέρασμα αυτής της άσκησης (ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο) αποδείξτε την παρακάτω πρόταση:

Αν είναι οι προβολές του σημείου Lemoine τριγώνου στις πλευρές του, τότε το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου

Επειδή είναι πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά, παρακαλώ μην δώσετε παραπομπές, μέχρι να γραφεί η πρώτη λύση. Ίσως υπάρχουν κάποιοι που την βλέπουν για πρώτη φορά.

Ας δούμε και μια ακόμα απόδειξη της εν λόγω πρότασης:
Έστω

είναι το σημείο τομής της εκ του σημείου Lemoine καθέτου

προς την

με τη διάμεσο

του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και E,Z

οι ορθές προβολές του

στην

αντίστοιχα. Είναι γνωστό ότι το

είναι σημείο του ευθυγράμμου τμήματος που συνδέει το μέσο μιας πλευράς του τριγώνου με το μέσο του ύψους του που αντιστοιχεί σ’ αυτή, δηλαδή $L\in MN$ , με

το μέσο του ύψους

. Από $TD\parallel AH$ και

το μέσο της

σύμφωνα με το θεώρημα της κεντρικής δέσμης θα είναι

το μέσο της

, δηλαδή $LD=LT:\left( 1 \right)$

: Βαρύκεντρο και αυτό 2.png (32.06 KiB) Προβλήθηκε 450 φορές

Επίσης θεωρούμε γνωστό ότι ο λόγος των αποστάσεων του σημείου Lemoine από δύο πλευρές του τριγώνου ισούται με το λόγο των πλευρών αυτών, δηλαδή $\dfrac{LD}{LE}=\dfrac{CB}{CA}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{LT}{LE}=\dfrac{CB}{CA}:\left( 2 \right)$ και με $\angle TLE\overset{L,D,C,E\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle C\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle TLE\sim \vartriangle BCA\Rightarrow$ $\angle LTE=\angle B\overset{L,Z,B,D\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle TLZ\Rightarrow TE\parallel LZ$

Ομοίως προκύπτει ότι $TZ\parallel EL$ και συνεπώς το τετράπλευρο TZLE

είναι παραλληλόγραμμο άρα η

(δηλαδή η

) διέρχεται από το μέσο

της

και είναι $LO=\dfrac{LT}{2}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{LD}{2}\Rightarrow L$ το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#5

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 21, 2022 10:58 am
Χρησιμοποιώντας το συμπέρασμα αυτής της άσκησης (ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο) αποδείξτε την παρακάτω πρόταση:

Αν είναι οι προβολές του σημείου Lemoine τριγώνου στις πλευρές του, τότε το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου

Επειδή είναι πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά, παρακαλώ μην δώσετε παραπομπές, μέχρι να γραφεί η πρώτη λύση. Ίσως υπάρχουν κάποιοι που την βλέπουν για πρώτη φορά.

Πάμε τέλος (για σήμερα ) με την απόδειξη που μάλλον επιθυμεί ο Γιώργος αν κρίνω από την προτροπή για τη λύση:

Θεωρούμε γνωστό ότι $LD=\dfrac{2a\left( ABC \right)}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}},LE=\dfrac{2b\left( ABC \right)}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}},LZ=\dfrac{2c\left( ABC \right)}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$

: Βαρύκεντρο και αυτό 3.png (17.85 KiB) Προβλήθηκε 448 φορές

Τα τρίγωνα $\vartriangle LDE,\vartriangle CAB$ έχουν (από το τετράπλευρο $LDCE\left( \angle E+\angle D={{180}^{0}} \right)\Rightarrow \angle DLE+\angle C={{180}^{0}}\Rightarrow$ $\dfrac{\left( LDE \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{LD\cdot LE}{a\cdot b}=\dfrac{\dfrac{4ab{{\left( ABC \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{ab}\Rightarrow \left( LDE \right)=\dfrac{4{{\left( ABC \right)}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$ και ομοίως προκύπτει ότι: $\left( LEZ \right)=\left( LZD \right)=\dfrac{4{{\left( ABC \right)}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}=\left( LDE \right)\Rightarrow L$ το βαρύκεντρο του $\vartriangle DEZ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 22, 2022 11:56 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 21, 2022 10:58 am
Χρησιμοποιώντας το συμπέρασμα αυτής της άσκησης (ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο) αποδείξτε την παρακάτω πρόταση:

Αν είναι οι προβολές του σημείου Lemoine τριγώνου στις πλευρές του, τότε το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου

Επειδή είναι πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά, παρακαλώ μην δώσετε παραπομπές, μέχρι να γραφεί η πρώτη λύση. Ίσως υπάρχουν κάποιοι που την βλέπουν για πρώτη φορά.
Πάμε τέλος (για σήμερα ) με την απόδειξη που μάλλον επιθυμεί ο Γιώργος αν κρίνω από την προτροπή για τη λύση:

Θεωρούμε γνωστό ότι $LD=\dfrac{2a\left( ABC \right)}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}},LE=\dfrac{2b\left( ABC \right)}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}},LZ=\dfrac{2c\left( ABC \right)}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$
Βαρύκεντρο και αυτό 3.png
Τα τρίγωνα $\vartriangle LDE,\vartriangle CAB$ έχουν (από το τετράπλευρο $LDCE\left( \angle E+\angle D={{180}^{0}} \right)\Rightarrow \angle DLE+\angle C={{180}^{0}}\Rightarrow$ $\dfrac{\left( LDE \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{LD\cdot LE}{a\cdot b}=\dfrac{\dfrac{4ab{{\left( ABC \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}{ab}\Rightarrow \left( LDE \right)=\dfrac{4{{\left( ABC \right)}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$ και ομοίως προκύπτει ότι: $\left( LEZ \right)=\left( LZD \right)=\dfrac{4{{\left( ABC \right)}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}=\left( LDE \right)\Rightarrow L$ το βαρύκεντρο του $\vartriangle DEZ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Σ' ευχαριστώ πολύ Στάθη για όλες τις πολύ ενδιαφέρουσες λύσεις

Πράγματι, αυτή η τελευταία είναι που είχα υπόψη μου όταν πρότεινα την άσκηση.

#7

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 21, 2022 10:58 am
Χρησιμοποιώντας το συμπέρασμα αυτής της άσκησης (ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο) αποδείξτε την παρακάτω πρόταση:

Αν είναι οι προβολές του σημείου Lemoine τριγώνου στις πλευρές του, τότε το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου

Επειδή είναι πιθανόν να έχει συζητηθεί ξανά, παρακαλώ μην δώσετε παραπομπές, μέχρι να γραφεί η πρώτη λύση. Ίσως υπάρχουν κάποιοι που την βλέπουν για πρώτη φορά.

Καλημέρα Γιώργο !

Επειδή έγραψες καλά λόγια για μένα

πρέπει να σου το ανταποδώσω με μια ακόμα λύση

Έστω

το σημείο τομής της εκ του σημείου Lemoine

τριγώνου $\vartriangle ABC$ καθέτου

προς την

με την

, όπου

οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα και ας είναι

το συμμετρικό του

ως προς το μέσο

της

.

Τότε το ABFC

είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιές του διχοτομούνται) οπότε : $\angle AFC=\angle BAF\equiv \angle BAM\overset{AL,AM\,\,\iota \sigma o\gamma \omega \nu \iota \varepsilon \varsigma \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,AB,AC}{\mathop{=}}\,\angle LAE\overset{A,Z,L,E\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle EZL:\left( 1 \right)$ και
$\angle FAC\equiv \angle MAC\overset{AM,AL\,\,\iota \sigma o\gamma \omega \nu \iota \varepsilon \varsigma \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,AC,AB}{\mathop{=}}\,\angle ZAL\overset{A,Z,L,E\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle ZEL:\left( 2 \right)$

: Βαρύκεντρο και αυτό 4.png (43.39 KiB) Προβλήθηκε 388 φορές

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \vartriangle ACF\sim \vartriangle ELZ$ και με $\angle MCA\overset{L,E,C,D\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle PLE$ προκύπτει ότι τα CM,LP

είναι ομόλογα τμήματα των ομοίων αυτών τριγώνων , και με

διάμεσο (από κατασκευής) του $\vartriangle ACF\Rightarrow LP$ διάμεσος του $\vartriangle ELZ$ , δηλαδή η

διέρχεται από το μέσο της

.

Κυκλικά οι LE,LZ

θα διέρχονται από τα μέσα των DZ,DE

αντίστοιχα, οπότε το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Y.S. Από την ομοιότητα των ως άνω τριγώνων προκύπτει και η σχέση $\dfrac{LE}{LZ}=\dfrac{b}{c}$ που χρησιμοποιήθηκε σε προηγούμενη απόδειξη

Βαρύκεντρο και αυτό

Βαρύκεντρο και αυτό

Re: Βαρύκεντρο και αυτό

Re: Βαρύκεντρο και αυτό

Re: Βαρύκεντρο και αυτό

Re: Βαρύκεντρο και αυτό

Re: Βαρύκεντρο και αυτό

Re: Βαρύκεντρο και αυτό

Μέλη σε σύνδεση