Σελίδα 1 από 1

Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Νοέμ 10, 2016 6:19 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
αντιρρόπως όμοια τρίγωνα.png
αντιρρόπως όμοια τρίγωνα.png (91.1 KiB) Προβλήθηκε 635 φορές
Με αφορμή τα αντιρρόπως ίσα τρίγωνα
Έστω τα αντιρρόπως όμοια τρίγωνα (*)\vartriangle ABC,\vartriangle {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}} με ομόλογες κορυφές τα ζεύγη A-{{A}_{1}},B-{{B}_{1}},C-{{C}_{1}} και λόγο ομοιότητας \lambda >0 του \vartriangle ABC προς το \vartriangle {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}. Να δειχθεί M,N,P είναι συνευθειακά, όπου M,N,P σημεία των ευθειών A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}} για τα οποία ισχύει: \dfrac{MA}{M{{A}_{1}}}=\dfrac{NB}{N{{B}_{1}}}=\dfrac{PC}{P{{C}_{1}}}=\lambda
(*)
Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα ορίζουμε δύο τρίγωνα αν το ένα προκύπτει από την περιστροφή του άλλου ως προς κέντρο, τη συμμετρία του περιστρεφόμενου ως προς άξονα, την ομοιοθεσία του συμμετρικού ως προς κέντρο με λόγο το λόγο ομοιότητας των αρχικών τριγώνων, και τη μετατόπιση του ομοιόθετου.


Στάθης

Re: Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Νοέμ 13, 2016 2:49 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επαναφορά

Re: Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Νοέμ 13, 2016 9:13 pm
από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Γεια σου Στάθη.
Θα δώσω μια ερασιτεχνική λύση.
Είναι τέτοια γιατί βασίζεται στο σχήμα που έχεις παραπάνω.
Συγκεκριμένα θα χρησιμοποιήσω ότι στα τετράπλευρα A_{1}C_{1}CA,A_{1}B_{1}BA οι πλευρές τους δεν τέμνονται και
είναι κυρτά.
Χρειάζομαι τις εξης δύο ασκήσεις (προτάσεις)
1)Εστω ABCD κυρτό τετράπλευρο και σημεία L,K των AD,BC αντίστοιχα
Αν ισχύει \frac{AB}{DC}=\frac{AL}{LD}=\frac{BK}{KC}=\lambda
τότε η LK είναι παράλληλη με την διχοτόμο της γωνίας που σχηματίζουν οι προεκτάσεις των AB,CD

2))Εστω ABCD κυρτό τετράπλευρο ώστε \angle B=\angle D.
Οι διχοτόμοι των γωνιών \angle A,\angle C είναι παράλληλες.

Εστω T=A_{1}C_{1}\cap AC και R=A_{1}B_{1}\cap AB

Στο τετράπλευρο TA_{1}RA έχουμε \angle A_{1}=\angle A.

Εφαρμόζοντας το 2 παίρνουμε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών \angle T,\angle R
είναι παράλληλες.

Εφαρμόζοντας το 1 στο A_{1}C_{1}CA παίρνουμε ότι MP είναι παράλληλη στην διχοτόμο της \angle T

Εφαρμόζοντας το 1 στο A_{1}B_{1}BA παίρνουμε ότι η MN είναι παράλληλη στην διχοτόμο της \angle R.

Αφού οι διχοτόμοι των γωνιών \angle T,\angle R είναι παράλληλες τα M,N,P είναι σε ευθεία.

Re: Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα

Δημοσιεύτηκε: Δευ Νοέμ 14, 2016 12:28 pm
από vittasko
Αλλάζω λίγο τους συμβολισμούς, για ( δική μου ) ευκολία.

Έτσι, \vartriangle ABC,\ \vartriangle A'B'C' , είναι τα δοσμένα αντιρρόπως όμοια τρίγωνα, με λόγο ομοιότητας \displaystyle u = \frac{AB}{A'B'} = \frac{BC}{B'C'} = \frac{AC}{A'C'} και K,\ L,\ M , είναι τα σημεία επί των BB',\ AA',\ CC' αντιστοίχως, ώστε να ισχύει \displaystyle \frac{BK}{KB'} = \frac{AL}{LA'} = \frac{CM}{MC'} = u .
f=22_t=56368.PNG
Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα.
f=22_t=56368.PNG (23.35 KiB) Προβλήθηκε 516 φορές
\bullet Έστω D,\ D' , τα σημεία ώστε τα τετράπλευρα KBCD,\ KB'C'D' να είναι παραλληλόγραμμα.

Από CD\parallel BB'\parallel C'D' και \displaystyle \frac{CD}{C'D'} = \frac{BK}{KB'} = u και \displaystyle \frac{CM}{MC'} = u , σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή , προκύπτει ότι τα σημεία D,\ M,\ D' είναι συνευθειακά και ισχύει \displaystyle \frac{DM}{MD'} = u\ \ \ ,(1)

Από (1) και \displaystyle \frac{KD}{KD'} = \frac{BC}{B'C'} = u , προκύπτει ότι στο τρίγωνο \vartriangle KDD' , η ευθεία KM ταυτίζεται με την διχοτόμο της γωνίας \angle DKD' .

\bullet Έστω E,\ E' , τα σημεία ώστε τα τετράπλευρα KBAE,\ KB'A'E' να είναι παραλληλόγραμμα.

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι τα σημεία E,\ L,\ E' είναι συνευθειακά και ότι στο τρίγωνο \vartriangle KEE' , η ευθεία KL ταυτίζεται με την διχοτόμο της γωνίας \angle EKE' .

Οι ευθείες KL,\ KM τώρα, ταυτίζονται λόγω \angle EKD = \angle B = \angle B' = \angle E'KD' και το ζητούμενο έχει αποδεχθεί.

Κώστας Βήττας.

Re: Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Νοέμ 15, 2016 7:28 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:αντιρρόπως όμοια τρίγωνα.pngΜε αφορμή τα αντιρρόπως ίσα τρίγωνα
Έστω τα αντιρρόπως όμοια τρίγωνα (*)\vartriangle ABC,\vartriangle {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}} με ομόλογες κορυφές τα ζεύγη A-{{A}_{1}},B-{{B}_{1}},C-{{C}_{1}} και λόγο ομοιότητας \lambda >0 του \vartriangle ABC προς το \vartriangle {{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}. Να δειχθεί M,N,P είναι συνευθειακά, όπου M,N,P σημεία των ευθειών A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}} για τα οποία ισχύει: \dfrac{MA}{M{{A}_{1}}}=\dfrac{NB}{N{{B}_{1}}}=\dfrac{PC}{P{{C}_{1}}}=\lambda
(*)
Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα ορίζουμε δύο τρίγωνα αν το ένα προκύπτει από την περιστροφή του άλλου ως προς κέντρο, τη συμμετρία του περιστρεφόμενου ως προς άξονα, την ομοιοθεσία του συμμετρικού ως προς κέντρο με λόγο το λόγο ομοιότητας των αρχικών τριγώνων, και τη μετατόπιση του ομοιόθετου.


Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση. Έστω D,Eοι τομές των {{C}_{1}}M,{{C}_{1}}N με τις εκ των A,B παράλληλες προς τις {{A}_{1}}{{C}_{1}},{{B}_{1}}{{C}_{1}} αντίστοιχα. Τότε είναι

\dfrac{AD}{{{A}_{1}}{{C}_{1}}}=\dfrac{AM}{M{{A}_{1}}}=\dfrac{MD}{M{{C}_{1}}}=\dfrac{AC}{{{A}_{1}}{{C}_{1}}}\Rightarrow MP\parallel DC\,\,:\left( 1 \right)\And \,\,AD=AC:\left( 2 \right) και με ομοίως προκύπτει NP\parallel DE\,:\left( 3 \right)\And \,\,BC=BE:\left( 4 \right).
[attachment=0]Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα.png[/attachment]
Επειδή προφανώς \angle DTE\overset{T\equiv DA\cap EB,\,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\angle {{A}_{1}}{{C}_{1}}{{B}_{1}}=\angle ACB από \left( 2 \right),\left( 3 \right) σύμφωνα με την

απλή συνευθειακότητα προκύπτει ότι D,C,E συνευθειακά άρα από \left( 1 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow M,N,P συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης
.

Υ.Σ.
Όπως θα καταλάβατε είμαι αρκετά "μακρυά" από τα "εργαλεία" μου και γι' αυτό είμαι "τεχνικά" χάλια. Είμαι όμως πολύ κοντά στους δικούς μου ανθρώπους (που τους μετράω και τους ξαναμετράω και τους βγάζω έναν περισσότερο :) ) και αυτό δεν ισοφαρίζεται με τίποτα :D