Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα

#1

: αντιρρόπως όμοια τρίγωνα.png (91.1 KiB) Προβλήθηκε 1016 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 είναι συνευθειακά, όπου σημεία των ευθειών $A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}}$ για τα οποία ισχύει: $\dfrac{MA}{M{{A}_{1}}}=\dfrac{NB}{N{{B}_{1}}}=\dfrac{PC}{P{{C}_{1}}}=\lambda$
(*)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Στάθης

#2

Επαναφορά

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

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

αντίστοιχα
Αν ισχύει $\frac{AB}{DC}=\frac{AL}{LD}=\frac{BK}{KC}=\lambda$
τότε η

είναι παράλληλη με την διχοτόμο της γωνίας που σχηματίζουν οι προεκτάσεις των AB,CD

2))Εστω

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

είναι παράλληλη στην διχοτόμο της $\angle T$

Εφαρμόζοντας το 1 στο $A_{1}B_{1}BA$ παίρνουμε ότι η

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.

#4

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 $\displaystyle \frac{BK}{KB'} = \frac{AL}{LA'} = \frac{CM}{MC'} = u$ .

: Αντιρρόπως όμοια τρίγωνα.; f=22_t=56368.PNG (23.35 KiB) Προβλήθηκε 897 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

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

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.

#5

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 είναι συνευθειακά, όπου σημεία των ευθειών $A{{A}_{1}},B{{B}_{1}},C{{C}_{1}}$ για τα οποία ισχύει: $\dfrac{MA}{M{{A}_{1}}}=\dfrac{NB}{N{{B}_{1}}}=\dfrac{PC}{P{{C}_{1}}}=\lambda$
(*)
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
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 οι τομές των ${{C}_{1}}M,{{C}_{1}}N$ με τις εκ των 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 συνευθειακά άρα από $\left( 1 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow M,N,P$ συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.
Στάθης