mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 04, 2021 6:15 pm**

: Παραλληλία από μεσοκάθετες.png (21.75 KiB) Προβλήθηκε 1934 φορές

Έστω σημεία των πλευρών αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ ώστε: . Αν είναι τα σημεία τομής των μεσοκαθέτων των με τα τόξα του περίκυκλου $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ που δεν περιέχουν τα αντίστοιχα, να δείξετε ότι $DE\parallel PQ$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 08, 2021 11:42 pm**

Αν

είναι τα μέσα των AB, AC

αντίστοιχα, τότε $MS=BM-BS=\dfrac{AB-BD}{2}=\dfrac{AD}{2}$ και όμοια $NT=\dfrac{AE}{2}$ . Επομένως NT=MS

, οπότε αν

είναι το σημείο τομής των δύο μεσοκαθέτων, το περίκεντρο

ισαπέχει από αυτές, οπότε ανήκει στην διχοτόμο της γωνίας τους. Επομένως το τρίγωνο HPQ

είναι ισοσκελές με πλευρές κάθετες προς εκείνες του επίσης ισοσκελούς ADE

, οπότε έχουν παράλληλες τις διχοτόμους τους AZ//OH

, άρα και οι βάσεις τους είναι παράλληλες, δηλαδή DE//PQ

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 08, 2021 11:53 pm**

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 08, 2021 11:42 pm
Αν είναι τα μέσα των αντίστοιχα, τότε $MS=BM-BS=\dfrac{AB-BD}{2}=\dfrac{AD}{2}$ και όμοια $NT=\dfrac{AE}{2}$ . Επομένως NT=MS, οπότε αν είναι το σημείο τομής των δύο μεσοκαθέτων, το περίκεντρο ισαπέχει από αυτές, οπότε ανήκει στην διχοτόμο της γωνίας τους. Επομένως το τρίγωνο είναι ισοσκελές με πλευρές κάθετες προς εκείνες του επίσης ισοσκελούς , οπότε έχουν παράλληλες τις διχοτόμους τους , άρα και οι βάσεις τους είναι παράλληλες, δηλαδή .

Μπορείτε να απολαύσετε αυτή τη λύση. Πρόκειται για λύση ποίημα!!!!. Αντρέα σε ευχαριστώ θερμά

Έχω μια διαφορετική λύση όχι τόσο κοψμή και κάποια στιγμή θα την αναρτήσω

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 09, 2021 12:08 am**

Στάθη μου, σε ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια που με τιμούν, αλλά επίσης σε ευχαριστώ για ακόμη ένα όμορφο πρόβλημα που μας παρέθεσες. Η αλήθεια είναι ότι χάθηκα τον τελευταίο καιρό από εδώ αλλά δεν έπαψα να σας παρακολουθώ και να σας αναζητώ. Ελπίζω να είστε όλοι καλά και σύντομα να τα ξαναπούμε και από κοντά.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 09, 2021 12:18 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 04, 2021 6:15 pm
Παραλληλία από μεσοκάθετες.png
Έστω σημεία των πλευρών αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ ώστε: . Αν είναι τα σημεία τομής των μεσοκαθέτων των με τα τόξα του περίκυκλου $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ που δεν περιέχουν τα αντίστοιχα, να δείξετε ότι $DE\parallel PQ$

: Παραλληλία από μεσοκάθετες.png (43.13 KiB) Προβλήθηκε 1817 φορές

Ας δούμε και μια άλλη άποψη , όχι βέβαια τόσο «μεστή» όπως του Αντρέα.
Αν X,Y

είναι τα σημεία τομής των QE,PD

με τον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , με $X\ne E,Y\ne P$ τότε από τα ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle PBD,\vartriangle QEC$ (εξαιτίας των μεσοκαθέτων) προκύπτει ότι και τα τρίγωνα $\vartriangle AXE,\vartriangle AYD$ είναι ισοσκελή και με AD=AE

προκύπτει ότι X,D,E,Y

είναι σημεία κύκλου με κέντρο

. Έχουμε:
$\angle EDY\overset{X,D,E,Y\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle EXY\equiv \angle AXY\overset{X,Y,Q,P\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle YPQ\Rightarrow DE\parallel PQ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 10, 2021 1:59 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 04, 2021 6:15 pm
Έστω σημεία των πλευρών αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ ώστε: . Αν είναι τα σημεία τομής των μεσοκαθέτων των με τα τόξα του περίκυκλου $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ που δεν περιέχουν τα αντίστοιχα, να δείξετε ότι $DE\parallel PQ$

Ας δούμε μία άλλη προσέγγιση που προέκυψε από την ανάγνωση της όμορφης απόδειξης του Ανδρέα πιο πάνω.

$\bullet$ Έστω $M,\ N$ , τα μέσα των πλευρών $AB,\ AC$ αντιστοίχως και $S,\ T$ , τα μέσα των τμημάτων $BD,\ CE$ , αντιστοίχως.

Έστω τα σημεία $F\equiv (O)\cap OM$ και $Z\equiv (O)\cap ON$ και ας είναι AA'

η διχοτόμος της γωνίας $\angle A$ , όπου $(O),\ O$ είναι αντιστοίχως, ο περίκυκλος και το περίκεντρο του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Το τρίγωνο $\vartriangle XAZ$ , όπου $X\equiv AA'\cap FZ$ , είναι ορθογώνιο λόγω $\displaystyle \angle XAZ + \angle XZA = \frac{\angle A + \angle B + \angle C}{2} = 90^{o}$
και άρα έχουμε $FZ\perp AA'\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $DE\perp AA'\Rightarrow$ $\boxed{FZ\parallel DE}\ \ \ ,(2)$

: Παραλληλία από μεσοκάθετες.; f=22 t=70660.PNG (20.82 KiB) Προβλήθηκε 1732 φορές

$\bullet$ Ισχύει $AD = AB - BD = 2(BM - BS) = 2SM\ \ \ ,(3)$ και ομοίως έχουμε $AE = 2TN\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\boxed{SM = TN}\ \ \ ,(5)$ λόγω AD = AE

.

Οι ευθείες $SP,\ TQ$ τώρα, ως παράλληλες προς τις ακτίνες $OF,\ OZ$ αντιστοίχως, αποκόπτουν από τον κύκλο (O)

ίσα τόξα λόγω της (5)

και άρα έχουμε $\overset \frown {PF} = \overset \frown {QZ}\Rightarrow$ $\boxed{PQ\parallel FZ}\ \ \ ,(6)$

Από $(2),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{PQ\parallel DE}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Υπάρχει ένα λεπτό σημείο στην ως άνω τεκμηρίωση, το οποίο πρέπει απαραίτητα να διευκρινίζεται.

Η παραλληλία (6)

δεν προκύπτει από την ισότητα των τόξων $\overset \frown {PF} = \overset \frown {QZ}$ και μόνο, αλλά επιπροσθέτως και από το ότι οι ευθείες $SP,\ TQ$ βρίσκονται προς το αυτό μέρος της γωνίας $\angle FOZ$ το κυρτό ή το μη κυρτό ( όπως στο ως άνω σχήμα ).

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 10, 2021 6:22 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 04, 2021 6:15 pm
Παραλληλία από μεσοκάθετες.png
Έστω σημεία των πλευρών αντίστοιχα τριγώνου $\vartriangle ABC$ ώστε: . Αν είναι τα σημεία τομής των μεσοκαθέτων των με τα τόξα του περίκυκλου $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ που δεν περιέχουν τα αντίστοιχα, να δείξετε ότι $DE\parallel PQ$

Για να δούμε ....
Αν

είναι το κέντρο του κύκλου που περνά από τα σημεία E, C, K,

τότε, $\angle KQC = \angle KQE + \angle EQC = 2\angle KCE + 2\angle EKC = 2\angle KEA = \pi - \angle KAC = \pi - \angle KBC,$
που σημαίνει ότι το σημείο

είναι σημείο του κύκλου (c).

Το σημείο λοιπόν αυτό είναι το

της άσκησης, όπως και το σημείο

Η διχοτόμος

(

μέσο του τόξου

) τής γωνίας $\angle BAC$ είναι κάθετη στο ευθύγραμμο τμήμα DE.

Παρατηρούμε ότι $\angle KQC = \angle KQE + \angle EQC = 2\angle KCE + 2\angle EKC = 2\angle KEA = \pi - \angle KEC = \pi - \angle KBC,$ $\angle PQH + \angle QHA = \frac{\pi }{2} \Rightarrow AH \bot PQ \Rightarrow DE\parallel PQ.$
Απλά ας αναφέρουμε ότι τα σημεία K, Z

είναι οι τομές των κύκλων (c), (d).

: ασκ..png (117.84 KiB) Προβλήθηκε 1697 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 11, 2021 11:42 pm**

Μία ισοδύναμη παραλλαγή της πολύ ενδιαφέρουσας αυτής άσκησης είναι και η παρακάτω:
Αν μία ευθεία είναι κάθετη στην διχοτόμο της γωνίας

ενός τριγώνου ABC

, τότε οι προβολές των σημείων τομής D, E

της ευθείας με τον περίκυκλο του τριγώνου, στις πλευρές AB, AC

(έστω

) ισαπέχουν από τα μέσα M, N

των αντίστοιχων πλευρών, δηλαδή MD'=NE'

. Αντίστροφα, αν MD'=NE'

τότε η ευθεία

είναι κάθετη στην διχοτόμο της

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 12, 2022 10:30 am**

κι εγώ αυτή τη λύση είχα, την παρακάτω
Αν X,Y

τα σημεία τομής των QE,PD

με τον περίκυκλο του $\bigtriangleup ABC$ , τότε θα ισχύουν:
$\angle PDB=\angle ADY$ (κατακορυφήν) $=\angle PBD$ (από ισοσκελές) $=\angle AYD$ (λόγω κύκλου), άρα AY=AD(1)