Βιετναμέζικο παραλληλόγραμμο

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4102
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Βιετναμέζικο παραλληλόγραμμο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Οκτ 01, 2020 9:59 pm

το παραλληλόγραμμο του TRAN QUANG HUNG.png
το παραλληλόγραμμο του TRAN QUANG HUNG.png (26.91 KiB) Προβλήθηκε 496 φορές
Μια πρόταση γνωστή ως το παραλληλόγραμμο TRAN QUANG HUNG (γνωστού μεγάλου Γεωμέτρη από το μακρινό Βιετνάμ)

Έστω \displaystyle{E} το σημείο τομής των διαγωνίων \displaystyle{AC,BD} τυχόντος κυρτού τετραπλεύρου \displaystyle{ABCD}. Να δειχθεί ότι το τετράπλευρο \displaystyle{KELM} είναι παραλληλόγραμμο , με \displaystyle{K,L} τα περίκεντρα των τριγώνων \displaystyle{\vartriangle EAB,\vartriangle ECD} αντίστοιχα και \displaystyle{M} το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των διαγωνίων του

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 843
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Βιετναμέζικο παραλληλόγραμμο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Οκτ 03, 2020 9:28 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Πέμ Οκτ 01, 2020 9:59 pm
το παραλληλόγραμμο του TRAN QUANG HUNG.png
Μια πρόταση γνωστή ως το παραλληλόγραμμο TRAN QUANG HUNG (γνωστού μεγάλου Γεωμέτρη από το μακρινό Βιετνάμ)

Έστω \displaystyle{E} το σημείο τομής των διαγωνίων \displaystyle{AC,BD} τυχόντος κυρτού τετραπλεύρου \displaystyle{ABCD}. Να δειχθεί ότι το τετράπλευρο \displaystyle{KELM} είναι παραλληλόγραμμο , με \displaystyle{K,L} τα περίκεντρα των τριγώνων \displaystyle{\vartriangle EAB,\vartriangle ECD} αντίστοιχα και \displaystyle{M} το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των διαγωνίων του

Στάθης
Πολύ όμορφο!
Έστω M',M'' οι προβολές του M στις EC,ED αντίστοιχα.Έστω K',K'' οι προβολές του K στις AE,BE αντίστοιχα.Έστω L',L'' οι προβολές του L στις EC,ED αντίστοιχα.Έστω P,Q οι προβολές του M στις LL'',L' αντίστοιχα.
Έχουμε KM'=M'A-K'A=\dfrac{AC-AE}{2}=\dfrac{EC}{2}=EL'\Leftrightarrow
\Leftrightarrow KM'-EM'=EL'-EM'\Leftrightarrow EK'=M'L'
Όμοια προκύπτει L''M''=EK''.Τα MQL'M',MPL''M'' είναι ορθογώνια οπότε MQ=M'L'=K'E,MP=L''M''=EK''.Επίσης \angle PMQ=180^{\circ}-\angle M''MM'=\angle M''EM'=\angle K''EK' άρα τα τρίγωνα EK''K',MPQ είναι ίσα και αφού KK''EK',MQLP εγγράψιμα πλέον είναι απλό ότι KK'E,MLQ ίσα και έτσι KE=ML
Έστω T\equiv ML\cap EC .Είναι \angle LTC=\angle LMQ=\angle KEA οπότε KE\parallel ML .
Έχουμε δηλαδή ότι KE,ML ίσα και παράλληλα που ολοκληρώνει την απόδειξη.
4.PNG
4.PNG (58.72 KiB) Προβλήθηκε 349 φορές


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4102
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Βιετναμέζικο παραλληλόγραμμο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Οκτ 03, 2020 11:44 am

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Σάβ Οκτ 03, 2020 9:28 am
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Πέμ Οκτ 01, 2020 9:59 pm
το παραλληλόγραμμο του TRAN QUANG HUNG.png
Μια πρόταση γνωστή ως το παραλληλόγραμμο TRAN QUANG HUNG (γνωστού μεγάλου Γεωμέτρη από το μακρινό Βιετνάμ)

Έστω \displaystyle{E} το σημείο τομής των διαγωνίων \displaystyle{AC,BD} τυχόντος κυρτού τετραπλεύρου \displaystyle{ABCD}. Να δειχθεί ότι το τετράπλευρο \displaystyle{KELM} είναι παραλληλόγραμμο , με \displaystyle{K,L} τα περίκεντρα των τριγώνων \displaystyle{\vartriangle EAB,\vartriangle ECD} αντίστοιχα και \displaystyle{M} το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των διαγωνίων του

Στάθης
Πολύ όμορφο!
Έστω M',M'' οι προβολές του M στις EC,ED αντίστοιχα.Έστω K',K'' οι προβολές του K στις AE,BE αντίστοιχα.Έστω L',L'' οι προβολές του L στις EC,ED αντίστοιχα.Έστω P,Q οι προβολές του M στις LL'',L' αντίστοιχα.
Έχουμε KM'=M'A-K'A=\dfrac{AC-AE}{2}=\dfrac{EC}{2}=EL'\Leftrightarrow
\Leftrightarrow KM'-EM'=EL'-EM'\Leftrightarrow EK'=M'L'
Όμοια προκύπτει L''M''=EK''.Τα MQL'M',MPL''M'' είναι ορθογώνια οπότε MQ=M'L'=K'E,MP=L''M''=EK''.Επίσης \angle PMQ=180^{\circ}-\angle M''MM'=\angle M''EM'=\angle K''EK' άρα τα τρίγωνα EK''K',MPQ είναι ίσα και αφού KK''EK',MQLP εγγράψιμα πλέον είναι απλό ότι KK'E,MLQ ίσα και έτσι KE=ML
Έστω T\equiv ML\cap EC .Είναι \angle LTC=\angle LMQ=\angle KEA οπότε KE\parallel ML .
Έχουμε δηλαδή ότι KE,ML ίσα και παράλληλα που ολοκληρώνει την απόδειξη.

4.PNG
Πολύ ωραία Πρόδρομε! :coolspeak:
Μπορούμε βέβαια να πούμε ότι η ισότητα των ορθών προβολών των \displaystyle{EK,ML}στις \displaystyle{AC,BD} αντίστοιχα διασφαλίζει ότι \displaystyle{EK = \parallel ML}
Μία (παρόμοια ) απόδειξη του προβλήματος υπάρχει εδώ


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης