Ενδιαφέρουσα συνευθειακότητα (εμπνευσμένη από πρόταση Vittasko)

#1

: Ενδιαφέρουσα συνευθειακότητα (εμπνευσμένη από πρόταση Vittasko).png (31 KiB) Προβλήθηκε 623 φορές

Έστω κυρτό τετράπλευρο με $O\equiv AC\cap BD$ και $T\equiv CN\cap LD$ , όπου τα μέσα των πλευρών του αντίστοιχα.

Αν είναι τα μέσα των διαγωνίων του αντίστοιχα και $S\equiv AQ\cap BP$ να δειχθεί ότι τα σημεία είναι συνευθειακά , όπου η κορυφή του παραλληλογράμμου

#2

$\color{red}\bullet$ Δια των σημείων $\color{red}C,\ D,$ φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $\color{red}AD,\ BC$ αντιστοίχως, οι οποίες τέμνονται στο σημείο έστω $\color{red}X.$

Η δέσμη $\color{red}C.DNAX$ είναι αρμονική λόγω $\color{red}AD\parallel CX$ και $\color{red}DN = NA.$

Ομοίως, η δέσμη $\color{red}D.CLBX$ είναι αρμονική λόγω $\color{red}BC\parallel DX$ και $\color{red}CL = LB.$

Άρα, ως αρμονικές αυτές οι δέσμες έχουν ίσους Διπλούς λόγους και επειδή έχουν την $\color{red}CD\equiv DC$ ως κοινή ομόλογη ακτίνα τους, προκύπτει ότι τα σημεία $\color{red}T\equiv CN\cap DL$ και $\color{red}O\equiv CA\cap DB$ και $\color{red}X\equiv CX\cap DX$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Η ευθεία

ως παράλληλη της

, περνάει από το μέσον

του

λόγω

και ομοίως η ευθεία $QR\parallel BP$ περνάει από το μέσον

του

Οι ευθείες $NY\parallel AC$ και $LZ\parallel BD$ συντρέχουν στο μέσον

της πλευράς

(προφανές).

: Ενδιαφέρουσα συνευθειακότητα.; f=181 t=72561.PNG (20.57 KiB) Προβλήθηκε 486 φορές

Η δέσμη

είναι αρμονική λόγω $KN\parallel CA$ και KY = YA

και ομοίως η δέσμη D.KZLB

είναι αρμονική λόγω $KL\parallel DB$ και KZ = ZL.

Επομένως, ως αρμονκές αυτές οι δέσμες έχουν ίσους Διπλούς λόγους και επειδή έχουν την $CK\equiv DK$ ως κοινή ομόλογη ακτίνα τους, προκύπτει ότι τα σημεία $W\equiv CY\cap DZ$ και $T\equiv CN\cap DL$ και $O\equiv CA\cap DB$ είναι συνευθειακά.

Οι ευθείες $\color{red}TOX,\ WTO$ τώρα, ταυτίζονται γιατί έχουν δύο κοινά σημεία.

$\bullet$ Θεωρούμε τις τριάδες των συνευθειακών σημείων $D,\ Y,\ P$ και $C,\ Z,\ Q$ και σύμφωνα με το θεώρημα Πάππου, έχουμε ότι τα σημεία $W\equiv CY\cap DZ$ και $O\equiv CP\cap DQ$ και $R\equiv ZP\cap YQ$ είναι συνευθειακά.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι οι ευθείες $WTO\color{red}X$ και WOR

ταυτίζονται γιατί έχουν δύο κοινά σημεία και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Στάθη, λύνοντας αυτό το πρόβλημα αισθάνομαι ότι περπάτησα στα μονοπάτια της σκέψης σου.

ΥΓ. (02-11-2022) Βλέπω τώρα ότι υπάρχει πλεονασμός στην τεκμηρίωση της ως άνω απόδειξης, αφού από μόνο τις ευθείες $WTO,\ WOR$ συμπεραίνεται το ζητούμενο και δεν μας χρειάζεται το σημείο

Έχουν επισημανθεί με κόκκινο χρώμα τα σημεία στο κείμενο τα οποία θα πρέπει να αγνοηθούν από τον αναγνώστη ( σωστά είναι, αλλά δεν μας χρειάζονται ).

#3

vittasko έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 31, 2022 9:04 pm
...
ΥΓ. Στάθη, λύνοντας αυτό το πρόβλημα αισθάνομαι ότι περπάτησα στα μονοπάτια της σκέψης σου.

Αγαπητέ μου φίλε Κώστα

Είπαμε το πρόβλημα προήλθε από πρόταση Vittasko

Η πρόταση λοιπόν έρχεται από το πρόβλημά σου που βρίσκεται εδώ (5ο πρόβλημα (Vittasko))

Η παρακάτω είναι η λύση μου η οποία δεν ξέρω αν διαφέρει από τη δική σου ή κάποιου άλλου (δεν έχω πληροφορίες για καμία λύση)

: Vittasko (πρόβλημα 5).png (98.4 KiB) Προβλήθηκε 456 φορές

$\bullet$ Έστω $E\equiv AD\cap BC$
Από τα παραλληλόγραμμα KLMN,PNQL

(στο τρίγωνο $\vartriangle DAC$ είναι M,N

τα μέσα των πλευρών του AD,DC

και συνεπώς $MN=\parallel \dfrac{AC}{2}:\left( 1 \right)$ και ομοίως από το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ προκύπτει ότι $LK=\parallel \dfrac{AC}{2}:\left( 2 \right)$ .
Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow MN=\parallel LK\Rightarrow KLMN$ παραλληλόγραμμο και ομοίως για το άλλο παραλληλόγραμμο PNQL

) με κοινή διαγώνιο $NL\Rightarrow MK\cap PQ\cap NL\equiv O$ που είναι και το κοινό τους μέσο.

$\bullet$ Στο πλήρες τετράπλευρο PXQSAB

, με $X\equiv AC\cap BD$ τα O,K

είναι τα μέσα των διαγωνίων του PQ,AB

αντίστοιχα και επομένως η $KO\equiv KM$ είναι η ευθεία Gauss – Newton του πλήρους αυτού τετραπλεύρου και συνεπώς διέρχεται από το μέσο και της τρίτης διαγωνίου του $SX\Rightarrow SX\cap KOM\equiv F$ μέσο της

$\bullet$ Στο πλήρες τετράπλευρο EDXCBA

τα

είναι τα μέσα των διαγωνίων του AB,DC

αντίστοιχα και επομένως η

είναι η ευθεία Gauss – Newton του πλήρους αυτού τετραπλεύρου και συνεπώς διέρχεται από το μέσο και της τρίτης διαγωνίου του $EX\Rightarrow EX\cap KM\equiv Z$ μέσο της

.
$\bullet$ Έτσι στο τρίγωνο $\vartriangle XES$ τα F,Z

είναι τα μέσα των πλευρών του XS,XE

αντίστοιχα και συνεπώς $FZ\parallel ES\overset{FZ\parallel MN}{\mathop{\Rightarrow }}\,:\left( 3 \right)$

$\bullet$ Τέλος από το πλήρες τετράπλευρο EDTCLN

τα

είναι τα μέσα των διαγωνίων του NL,DC

αντίστοιχα και επομένως η $OM\equiv KM$ είναι η ευθεία Gauss – Newton του πλήρους αυτού τετραπλεύρου και συνεπώς διέρχεται από το μέσο και της τρίτης διαγωνίου του $ET\Rightarrow ET\cap KM\equiv H$ μέσο της

.

Στο τρίγωνο $\vartriangle ETS$ το

είναι το μέσο της

και $HMK\parallel ES$ οπότε η HMK

θα διέρχεται και από το μέσο

της

και το ζητούμενο έχει αποδειχτεί.

Επομένως :

Στο σχήμα λοιπόν της λύσης μου το τετράπλευρο ETXS

είναι τραπέζιο (αφού H,F

τα μέσα των TE,XS

και $HF\parallel ES$ , άρα $TX\parallel HFO\parallel ES$ και με

την μεσοπαράλληλη των TX,ES

αν $Y\equiv TX\cap SO$ τότε το

θα είναι το συμμετρικό του

ως προς το

, δηλαδή το

είναι συγχρόνως το μέσο των PQ,SY

και συνεπώς το τετράπλευρο SPYQ

είναι παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με όλο μου το σεβασμό, την αγάπη μου και την εκτίμηση

Υ.Σ. 1. Στον Τάκη (Χρονόπουλο) που μου έστειλε το σύνδεσμο να δω τα προβλήματα αυτά πρόσφατα είπα ότι μόνο ο ΓΙΓΑΝΤΑΣ θα μπορέσει να "ΠΕΡΠΑΤΗΣΕΙ" σε αυτά τα "μονοπάτια του μυαλού" του θέματος όπως το έθεσα εδώ και φυσικά δεν διαψεύστηκα όπως βλέπεις

Υ.Σ. 2 Η λύση σου βέβαια που έχεις δώσει στο πρόβλημα που τέθηκε εδώ είναι για

και είμαι βέβαιος ότι τα ΕΡΩΤΙΚΑ ΧΑΔΙΑ της ΚΥΡΙΑΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ τα πήρες και με το παραπάνω !!!

Ενδιαφέρουσα συνευθειακότητα (εμπνευσμένη από πρόταση Vittasko)

Ενδιαφέρουσα συνευθειακότητα (εμπνευσμένη από πρόταση Vittasko)

Re: Ενδιαφέρουσα συνευθειακότητα (εμπνευσμένη από πρόταση Vittasko)

Re: Ενδιαφέρουσα συνευθειακότητα (εμπνευσμένη από πρόταση Vittasko)

Μέλη σε σύνδεση