Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

#1

: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα.png (42.98 KiB) Προβλήθηκε 1022 φορές

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ και σημείο της ώστε $\angle CDE={{60}^{0}}$ , όπου το μέσο της . Αν $P\equiv AN\cap BM$ όπου το συμμετρικό ως προς την του μέσου της , να δείξετε ότι $\angle MPA={{60}^{0}}$

Υ.Σ. Παρακαλώ ολοκληρωμένες λύσεις και με σχήμα

#2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 29, 2022 10:43 pm
Ενδιαφέρουσα εξηντάρα.png
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ και σημείο της ώστε $\angle CDE={{60}^{0}}$ , όπου το μέσο της . Αν $P\equiv AN\cap BM$ όπου το συμμετρικό ως προς την του μέσου της , να δείξετε ότι $\angle MPA={{60}^{0}}$

Υ.Σ. Παρακαλώ ολοκληρωμένες λύσεις και με σχήμα

Δε φέρνω ( προσωρινά) την

Ας είναι

το σημείο τομής της

με την

. Προφανώς ND = MZ

.

Φέρνω από το

παράλληλη στην

και τέμνει την ευθεία

στο

.

: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα_new_a.png (23.99 KiB) Προβλήθηκε 985 φορές

Το τρίγωνο $DBS \to \left( {90^\circ ,60^\circ ,30^\circ } \right)$ , έτσι αν η

τέμνει τη

στο

θα είναι : BT = TS

( κεντρικής δέσμης το ανάγνωσμα γάρ )

Τώρα το $\vartriangle DBT$ είναι ισόπλευρο και άρα τα σημεία E,D,D

ανήκουν στην ίδια ευθεία.

( τα υπόλοιπα που φαίνονται στο σχήμα είναι μεν προφανή αλλά ελάχιστα θα τα επικαλεστώ)

Επί της ουσίας έχει δειχθεί ότι οι ευθείες ED,AN

συγκλίνουν σε σημείο

για το οποίο, το $\vartriangle DBT$ είναι ισόπλευρο και $\overline {DNZ} //BT$ .

: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα_new_b.png (37.51 KiB) Προβλήθηκε 985 φορές

Γράφω τώρα τον περιγεγραμμένο κύκλο (κόκκινο) του ισοπλεύρου $\vartriangle DMN$ και ας είναι

το άλλο σημείο τομής του , με την

.

Προφανώς $\widehat {MFA} = \widehat {DFM} = \widehat {DNM} = 60^\circ \,\,\,\left( 1 \right)$ .

Επειδή διαδοχικά: $\widehat {FDB} = \widehat {\,FMD} = \widehat {FND} = \widehat {ZNA} = \widehat {FTB}$ , το τετράπλευρο FDTB

είναι εγγράψιμο ( γράφω κι αυτόν τον κύκλο (μπλέ))

Τώρα στον κύκλο αυτό κι’ αφού το $\vartriangle DBT$ είναι ισόπλευρο , $\widehat {BFD} = 120^\circ$ οπότε λόγω της $\left( 1 \right)$ , $\widehat {BFD} + \widehat {DFM} = 120^\circ + 60^\circ = 180^\circ$ .

Δηλαδή τα σημεία B,F,M

ανήκουν στην ίδια ευθεία και το $F \equiv P$ .

sot arm · #3

Με προλάβατε, το μόνο που έχω να προσθέσω είναι ένα διαφορετικό τελείωμα,

ειδικότερα συνεχίζω από εδώ:

Doloros έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 30, 2022 12:49 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 29, 2022 10:43 pm
Ενδιαφέρουσα εξηντάρα.png
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ και σημείο της ώστε $\angle CDE={{60}^{0}}$ , όπου το μέσο της . Αν $P\equiv AN\cap BM$ όπου το συμμετρικό ως προς την του μέσου της , να δείξετε ότι $\angle MPA={{60}^{0}}$

Υ.Σ. Παρακαλώ ολοκληρωμένες λύσεις και με σχήμα
Δε φέρνω ( προσωρινά) την

Ας είναι το σημείο τομής της με την . Προφανώς .

Φέρνω από το παράλληλη στην και τέμνει την ευθεία στο .
Ενδιαφέρουσα εξηντάρα_new_a.png
Το τρίγωνο $DBS \to \left( {90^\circ ,60^\circ ,30^\circ } \right)$ , έτσι αν η τέμνει τη στο θα είναι : ( κεντρικής δέσμης το ανάγνωσμα γάρ )

Τώρα το $\vartriangle DBT$ είναι ισόπλευρο και άρα τα σημεία ανήκουν στην ίδια ευθεία.

( τα υπόλοιπα που φαίνονται στο σχήμα είναι μεν προφανή αλλά ελάχιστα θα τα επικαλεστώ)

Επί της ουσίας έχει δειχθεί ότι οι ευθείες συγκλίνουν σε σημείο για το οποίο, το $\vartriangle DBT$ είναι ισόπλευρο και $\overline {DNZ} //BT$ .
Ενδιαφέρουσα εξηντάρα_new_b.png

Αν εν τέλει φέρουμε και την

και $P \equiv AN \cap BM$ , τότε έχουμε προφανώς τα τρίγωνα BDM

και

είναι ίσα, άρα NPDM

εγγράψιμο καθώς $\angle {PMN} = \angle {PDN}$ και άρα $\angle{DPM} = \angle{DNM} = 60^{o}$

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 29, 2022 10:43 pm
Ενδιαφέρουσα εξηντάρα.png
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ και σημείο της ώστε $\angle CDE={{60}^{0}}$ , όπου το μέσο της . Αν $P\equiv AN\cap BM$ όπου το συμμετρικό ως προς την του μέσου της , να δείξετε ότι $\angle MPA={{60}^{0}}$

Υ.Σ. Παρακαλώ ολοκληρωμένες λύσεις και με σχήμα

Συνεχίζω από εκεί που ο φίλτατος Νίκος απέδειξε ότι το DBT

είναι ισόπλευρο.

: 60αρα!!!.png (20.72 KiB) Προβλήθηκε 905 φορές

Εξωτερικά του τριγώνου BND

έχουν κατασκευαστεί τα ισόπλευρα τρίγωνα DBT, DNM

άρα οι

τέμνονται στο σημείο

υπό γωνία $60^\circ.$

#5

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 30, 2022 10:32 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 29, 2022 10:43 pm
Ενδιαφέρουσα εξηντάρα.png
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ και σημείο της ώστε $\angle CDE={{60}^{0}}$ , όπου το μέσο της . Αν $P\equiv AN\cap BM$ όπου το συμμετρικό ως προς την του μέσου της , να δείξετε ότι $\angle MPA={{60}^{0}}$

Υ.Σ. Παρακαλώ ολοκληρωμένες λύσεις και με σχήμα
Συνεχίζω από εκεί που ο φίλτατος Νίκος απέδειξε ότι το είναι ισόπλευρο. 60αρα!!!.png
Εξωτερικά του τριγώνου έχουν κατασκευαστεί τα ισόπλευρα τρίγωνα άρα οι τέμνονται στο σημείο υπό γωνία $60^\circ.$

"Της νύκτας τα καμώματα τα βλέπει η μέρα και γελά"

giannimani · #6

Έστω ότι οι ευθείες

,

τέμνουν τη

στα σημεία

,

αντίστοιχα.
Ας είναι επίσης

το σημείο τομής των

και

,

το σημείο τομής της

με την

,

το σημείο τομής της

με την

,

το σημείο τομής των ευθειών

και

, και

το σημείο τομής των ευθειών

και

.
Αρχικά, θα αποδείξουμε ότι $G' \equiv G$ .

Οι ευθείες

,

είναι συμμετρικές ως προς το ύψος

, οπότε η

διχοτόμος της γωνίας GDE

και $DB\bot DA$ .
Από γνωστό λήμμα η δέσμη $(DG,\,DS, \,DA,\,DB)$ είναι αρμονική $\Rightarrow$ η τετράδα $(S,\, G, \,A,\,B)$ είναι αρμονική (1)

.

Από την άλλη πλευρά, γνωρίζουμε ότι κάθε διαγώνιος ενός πλήρους τετραπλεύρου διαιρείται αρμονικά από τις άλλες δύο διαγωνίους.
Ως εκ τούτου, από το πλήρες τετράπλευρο ABDMQS

προκύπτει ότι η τετράδα $(H, \,T,\,M,\, B)$ είναι αρμονική $\Rightarrow$ η δέσμη $(QH,\, QT,\,QM,\, QB)$ είναι αρμονική, οπότε οι ακτίνες αυτής της δέσμης ορίζουν στην ευθεία

την αρμονική τετράδα $(S,\, G', \,A,\,B)$ . (2)

Από

και

έχουμε ότι $G' \equiv G$ .

: angle_equal_60.png (46.47 KiB) Προβλήθηκε 863 φορές

Εφόσον $\angle MDN=60^{\circ}$ (η

άξονας συμμετρίας της $\angle MDN$ , και $\angle MDA=30^{\circ}$ ). Το τρίγωνο DMN

είναι προφανώς
ισόπλευρο, και επειδή MN=ND=NG

το τρίγωνο GMD

ορθογώνιο στο

.

Έστω $X=BM\cap DG$ , $K=GM \cap BC$ , $K' =AH \cap BC$ .

Έχουμε παραπάνω αποδείξει ότι η τετράδα $(H, \,T,\,M,\, B)$ είναι αρμονική, οπότε οι ακτίνες της αρμονικής δέσμης
$(AH,\, AT,\,AM,\,AB)$ ορίζουν στην ευθεία

την αρμονική τετράδα $(K',\,D,\,Q,\,B)$ . (3)

Στο πλήρες τετράπλευρο AGTMBQ

διαγώνιος

διαιρείται αρμονικά από τις δύο άλλες διαγώνιες, δηλαδή,
η τετράδα $(K, \,D,\,Q,\,B)$ είναι αρμονική. (4)

Από

και

έχουμε ότι $K' \equiv K$ .

Ως εκ τούτου, η τετράδα $(K, \,D,\,Q,\,B)$ είναι αρμονική $\Rightarrow$ δέσμη $(MK,\,MD,\,MQ,\, MB)$ είναι αρμονική, και
εφόσον $MK\bot MD$ , τότε η

διχοτόμος της γωνίας BMQ

, δηλαδή, $\angle XMD=\angle DMQ$ .
Από την ισότητα των τριγώνων MDQ

και

(

κοινή, $\angle DMQ=\angle XMD$ και $\angle MDQ=\angle MDX=60^{\circ}$ )
προκύπτει ότι $\angle MXD=\angle MQD= \angle PRD$ , δηλαδή το τετράπλευρο PRDX

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle APX=\angle APM= \angle XDR=60^{\circ}$ .

#7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 29, 2022 10:43 pm
Ενδιαφέρουσα εξηντάρα.png
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ και σημείο της ώστε $\angle CDE={{60}^{0}}$ , όπου το μέσο της . Αν $P\equiv AN\cap BM$ όπου το συμμετρικό ως προς την του μέσου της , να δείξετε ότι $\angle MPA={{60}^{0}}$

Υ.Σ. Παρακαλώ ολοκληρωμένες λύσεις και με σχήμα

: Peru Geometrico.png (65.15 KiB) Προβλήθηκε 780 φορές

Από τη συμμετρία του

ως προς την

που είναι άξονας συμμετρίας του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC$ προκύπτει ότι $F\equiv DN\cap AB$ είναι το συμμετρικό του

ως προς την

και συνεπώς (λόγω συμμετρίας) θα είναι $\angle FDB=\angle EDC={{60}^{0}}\Rightarrow \angle FDE={{60}^{0}}:\left( 1 \right)$ και $FE\parallel BC:\left( 2 \right)$ και με DF=DE

από συμμετρία προκύπτει ότι το τρίγωνο $\vartriangle DFE$ είναι ισόπλευρο και με M,N

τα μέσα των πλευρών του $DE,DF\Rightarrow MF\bot DE,NE\bot DF\Rightarrow M,D,N,G$ ομοκυκλικά με $G\equiv FM\cap EN$ (προφανώς το κέντρο του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle DFE$ )

Αν $S\equiv DE\cap BA$ τότε από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα την $SED\Rightarrow \dfrac{SA}{SB}\cdot \dfrac{DB}{DC}\cdot \dfrac{EC}{EA}=1\overset{DB=DC}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{SA}{SB}\cdot \dfrac{EC}{EA}=1\Rightarrow \dfrac{SA}{SB}=\dfrac{EA}{EC}\overset{FE\parallel BC}{\mathop{=}}\,\dfrac{FA}{FB}:\left( 3 \right)$ Από τη σχέση $\left( 3 \right)$ προκύπτει ότι η σημειοσειρά $\left( S,A,F,B \right)$ είναι αρμονική , άρα και η δέσμη M.SAFB

είναι αρμονική και με $MF\bot ME\equiv MS\Rightarrow MF$ διχοτόμος της γωνίας $\angle AMB\Rightarrow \angle AMG\equiv \angle AMF=\angle FMB\equiv \angle GMP\Rightarrow \angle GMP=\angle AMG:\left( 4 \right)$ όμως $\angle AMG=\angle ANG:\left( 5 \right)$ (συμμετρικές ως προς την

Από $\left( 4 \right),\left( 5 \right)\Rightarrow \angle GMP=\angle ANG\Rightarrow G,N,P,M$ ομοκυκλικά .

Από τις ομοκυκλικές τετράδες $\left( M,D,N,G \right)$ και $\left( G,N,P,M \right)$ με τρία κοινά σημεία $\left( M,N,G \right)$ προκύπτει ότι τα P,N,G,M,D

είναι ομοκυκλικά και συνεπώς $\angle APM\equiv \angle NPM=\angle NDM={{60}^{0}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Γιώργος Μήτσιος · #8

Καλό βράδυ σε όλους!
Τη λύση που ακολουθεί , την έχω στο χαρτί από χθες βράδυ..
Παρόλο που έχει κοινά συμπεράσματα με προηγούμενες (κυρίως του Στάθη) ,
την υποβάλλω για τις διαφορές που υπάρχουν και βασικά για την απόδειξη (*) του λήμματος:

Σε τρίγωνο με , το είναι το μέσον της και το $E \in AC$ ώστε $\widehat{EDC}=60^o$

Ακόμη το $L \in AB$ ώστε $EL \perp AD$ , ενώ είναι το μέσον της . Να δειχθεί ότι η είναι διχοτόμος της $\widehat{AMB}$

: 30-10 Eνδιαφέρουσα 60άρα S.K.png (235.13 KiB) Προβλήθηκε 744 φορές

Με $EL \perp AD$ η

είναι η μεσοκάθετος των

και

οπότε το

είναι ισόπλευρο (αφού $\widehat{ADE}=30^o$ )
και τα μέσα M,N

των

είναι συμμετρικά ως προς την

.

Αν

το κέντρο του LED

, τότε το

είναι εγγράψιμο σε κύκλο , ο οποίος τέμνει την

στο

.
Μένει να δείξουμε ότι τα A,N,P

είναι συνευθειακά.

Αρκεί $\widehat{ANE}+\widehat{PND}=90^o$ που ισχύει αφού από το λήμμα $\widehat{AML}=\widehat{LMB}$ ,άρα

$\widehat{ANE}+\widehat{PND}= \widehat{AML} +\widehat{PMD}=\widehat{LMB}+\widehat{PMD}=\widehat{LMD}=90^o$

(*) Το ως άνω λήμμα το δείχνει ο θεματοθέτης Στάθης , ευτυχώς .. .. με διαφορετικό τρόπο.

Ας ..ποντάρω λοιπόν πως και οι τυχόν νέες αποδείξεις του λήμματος που θα υποβληθούν στο μεταξύ θα διαφέρουν από δική μου..
συνεπώς οφείλω να την υποβάλω σε επόμενη ανάρτηση !

Φιλικά, Γιώργος

Γιώργος Μήτσιος · #9

Χαιρετώ και πάλι! Ας δούμε μια απόδειξη του λήμματος:

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 30, 2022 10:27 pm

Σε τρίγωνο με , το είναι το μέσον της και το $E \in AC$ ώστε $\widehat{EDC}=60^o$

Ακόμη το $L \in AB$ ώστε $EL \perp AD$ , ενώ είναι το μέσον της . Να δειχθεί ότι η είναι διχοτόμος της $\widehat{AMB}$

: 2-11 λήμμα-απόδειξη.png (179.9 KiB) Προβλήθηκε 650 φορές

Η

τέμνει την

στο

. Με το Θ. Μενελάου , πρώτα στο τρίγωνο DEC

και διατέμνουσα BMK

προκύπτει

και μετά στο τρίγωνο BKC

με διατέμνουσα DME

παίρνουμε

Αν

οι διχοτόμοι των $\widehat{AMB}$ και $\widehat{AMK}$ τότε $MZ \perp MF$ , ενώ στο ισόπλευρο LED

είναι $LM \perp DE$ .

Έστω AL<AF

τότε και

. Έτσι με τα Θ. Θαλή και διχοτόμου έχουμε:

$\dfrac{AE}{EK}=3\dfrac{AE}{EC}=3\dfrac{AL}{LB}< 3\dfrac{AF}{FB}=3\dfrac{AM}{MB}=\dfrac{AM}{MK}=\dfrac{AZ}{ZK}< \dfrac{AE}{EK}$ , ΑΤΟΠΟ.

Ομοίως αποκλείουμε AL>AF

, συνεπώς $L \equiv F$ και

διχοτόμος της $\widehat{AMB}$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !!!

Μέλη σε σύνδεση