Παραλληλία υπό συνθήκη

#1

: Παραλληλία υπό συνθήκη.png (25.97 KiB) Προβλήθηκε 520 φορές

Έστω τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ με $\displaystyle{\angle A = {120^0}}$ . Αν $\displaystyle{D}$ η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου $\displaystyle{ABDC}$ να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ είναι παράλληλη προς την $\displaystyle{DK}$ με $\displaystyle{K \equiv BF \cap CE}$ , όπου $\displaystyle{E,F}$ σημεία των πλευρών $\displaystyle{AB,AC}$ αντίστοιχα για τα οποία ισχύει : $\displaystyle{BE = CF}$

Στάθης

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 11, 2021 5:01 pm
Παραλληλία υπό συνθήκη.pngΈστω τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ με $\displaystyle{\angle A = {120^0}}$ . Αν $\displaystyle{D}$ η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου $\displaystyle{ABDC}$ να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ είναι παράλληλη προς την $\displaystyle{DK}$ με $\displaystyle{K \equiv BF \cap CE}$ , όπου $\displaystyle{E,F}$ σημεία των πλευρών $\displaystyle{AB,AC}$ αντίστοιχα για τα οποία ισχύει : $\displaystyle{BE = CF}$

Στάθης

Μια και δεν απαντήθηκε...μία λύση με προβολική
Κουνάμε το

στην

και από φέρνουμε την παράλληλη από αυτό στην

, η οποία τέμνει την παράλληλη από το

στην

έστω στο

.
Οπότε το

προκύπτει ως η τομή της κάθετης από το

στην διχοτόμο της $\angle ACP$ η οποία είναι σταθερή, έτσι το

κινείται προβολικά(τα E,F

στο ίδιο ημιεπίπεδο προς την

). Έτσι $BF\rightarrow CE$ προβολικότητα η οποία $BC\rightarrow CB$ που σημαίνει ότι το

κινείται σε σταθερή ευθεία.
Αρκεί να δείξουμε πως αυτή η ευθεία είναι η παράλληλη από το

στην

.
Όταν το

πάει στο άπειρο πάει και το

και έτσι $K\equiv D$ , άρα μένει μία θέση.
Για E=A

είναι

. Θεωρούμε

το ορθόκεντρο του ABC

. Είναι $\angle BHC=\pi-2/3\pi=1/3\pi$
Έτσι τα H,B,C,O

είναι ομοκυκλικά που σημαίνει $\angle OHC=\pi/6$ και αν $Cx\perp DK$ είναι απλό πως $\angle HCx=\pi /3$ έτσι DK,OG

κάθετες στην ίδια ευθεία κλπ.

#3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 13, 2021 12:29 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 11, 2021 5:01 pm
Παραλληλία υπό συνθήκη.pngΈστω τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ με $\displaystyle{\angle A = {120^0}}$ . Αν $\displaystyle{D}$ η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου $\displaystyle{ABDC}$ να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ είναι παράλληλη προς την $\displaystyle{DK}$ με $\displaystyle{K \equiv BF \cap CE}$ , όπου $\displaystyle{E,F}$ σημεία των πλευρών $\displaystyle{AB,AC}$ αντίστοιχα για τα οποία ισχύει : $\displaystyle{BE = CF}$

Στάθης
..

Έτσι $BF\rightarrow CE$ προβολικότητα ...
....

Τι εννοείς με τον όρο προβολικοτητα ;

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

rek2 έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 14, 2021 12:15 am

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 13, 2021 12:29 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 11, 2021 5:01 pm
Παραλληλία υπό συνθήκη.pngΈστω τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ με $\displaystyle{\angle A = {120^0}}$ . Αν $\displaystyle{D}$ η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου $\displaystyle{ABDC}$ να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ είναι παράλληλη προς την $\displaystyle{DK}$ με $\displaystyle{K \equiv BF \cap CE}$ , όπου $\displaystyle{E,F}$ σημεία των πλευρών $\displaystyle{AB,AC}$ αντίστοιχα για τα οποία ισχύει : $\displaystyle{BE = CF}$

Στάθης
..

Έτσι $BF\rightarrow CE$ προβολικότητα ...
....
Τι εννοείς με τον όρο προβολικοτητα ;

Γεια σας,

Μπορείτε να δείτε εδώ όπου ο Μηνάς συν τοις άλλοις αναφέρει και τι είναι μία προβολικότητα.
Εδώ έχουμε πρώτα την μία προβολικότητα μεταξύ 2 σταθερών ευθειών ( AB,AC

) και μετά μεταξύ δύο δέσμεων ( BF,CE

) το οποίο σημαίνει π.χ ότι αν πάρω 4 θέσεις για το

τότε τα αντίστοιχα

θα ορίζουν ίσο διπλό λόγο με τα

και φυσικά το ίδιο με τις δέσμες BF,CE

.
Μπορείτε επίσης να δείτε εδώ για ορισμούς και άλλα(προβολικότητα αναφέρεται ως projective map)

giannimani · #5

: Parallel_to_Euler1_001.png (58.53 KiB) Προβλήθηκε 267 φορές

Έστω ότι η διχοτόμος της γωνίας BAC

τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο $\Omega$ του $\vartriangle ABC$ στο σημείο $A_{2}$ .
Προφανώς τα σημεία

,

(περίκεντρο του $\Omega$ ) και $A_{2}$ ανήκουν στην ίδια ευθεία.
Εφόσον $\displaystyle{\angle A = {120^0}}$ , τότε στο ορθογώνιο τρίγωνο OMB

, $\angle OBM=30^{\circ}$ , οπότε $OM =\frac{OB}{2}=\frac{R}{2}$ , όπου

η ακτίνα του $\Omega$ .
Έστω

το μέσο της πλευράς

, και

το κέντρο βάρος του $\vartriangle ABC$ . Τότε,
$\frac{MG}{MA}=\frac{MO}{MA_{2}}=\frac{1}{3}$ , επομένως $GO \parallel AA_{2}$ , δηλαδή, η ευθεία Euler του τριγώνου ABC

είναι παράλληλη της διχοτόμου
της γωνίας

του τριγώνου ABC

.
Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι $DK \parallel AA_{2}$ , οπότε άμεσα προκύπτει το ζητούμενο.
Έχουμε το εξής πρόβλημα:
Σε παραλληλόγραμμο ACDΒ

, τα σημεία

και

είναι σημεία των πλευρών

και

αντίστοιχα,
ώστε BE= CF

, Αν

το σημείο τομής των τμημάτων

και

, τότε η

είναι η διχοτόμος της γωνίας

.

Έστω $G=(BD)\cap (CE)$ . Από την ομοιότητα των τριγώνων GBE

και

έχουμε $\frac{DG}{DC}=\frac{BG}{BE}\;(1)$ .
Όμως, BE=CF

(υπόθεση),
οπότε η (1)

γίνεται $\frac{DG}{DC}=\frac{BG}{BE}=\frac{BG}{CF}\;(2)$ . Από την ομοιότητα των τριγώνων KBG

και

έχουμε $\frac{BG}{CF}=\frac{KG}{KF}\;(3)$ .
Από τις παραπάνω προκύπτει ότι $\frac{DG}{DC}=\frac{KG}{KC}$ (αντίστροφο Θ. διχοτόμου), οπότε η

διχοτόμος της γωνίας

του παραλληλογράμμου ACDB

.

Γνωρίζουμε όμως ότι οι διχοτόμοι των απέναντι γωνιών ενός παραλληλογράμμου είναι παράλληλες.

: Parallel_to_Euler2_001.png (20.88 KiB) Προβλήθηκε 267 φορές

#6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 11, 2021 5:01 pm
Παραλληλία υπό συνθήκη.pngΈστω τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ με $\displaystyle{\angle A = {120^0}}$ . Αν $\displaystyle{D}$ η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου $\displaystyle{ABDC}$ να δειχθεί ότι η ευθεία Euler του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ είναι παράλληλη προς την $\displaystyle{DK}$ με $\displaystyle{K \equiv BF \cap CE}$ , όπου $\displaystyle{E,F}$ σημεία των πλευρών $\displaystyle{AB,AC}$ αντίστοιχα για τα οποία ισχύει : $\displaystyle{BE = CF}$

Στάθης

Υπέροχη αντιμετώπιση από τον Γιάννη. Του Πρόδρομου δεν την καλοκαταλαβαίνω (βλέπεις τα κύτταρα γεράζουν και δεν είναι εύκολο να μαθαίνεις νέα πράγματα )

Το δικό μου σκεπτικό ήταν ότι η συνθήκη $\displaystyle{\angle A = {120^0}}$ οδηγεί (από τον νόμο των συνημιτόνων ότι $\displaystyle{{a^2} = {b^2} + {c^2} + bc}$ με τη βοήθεια της οποίας προκύπτει ότι οι ορθές προβολές της $\displaystyle{OG}$ στις πλευρές $\displaystyle{AB,AC}$ του τριγώνου είναι ίσες (από το δεύτερο θεώρημα των διαμέσων) οπότε $\displaystyle{OG}$ είναι παράλληλη στη διχοτόμο της γωνίας $\displaystyle{\angle A}$ η οποία διχοτόμος είναι παράλληλη στην $\displaystyle{KD}$ όπως πολύ όμορφα απέδειξε ο Γιάννης και έχει συζητηθεί και γενικότερα εδώ και από τον ΤΕΡΑΣΤΙΟ !!! Κώστα Βήττα

Παραλληλία υπό συνθήκη

Παραλληλία υπό συνθήκη

Re: Παραλληλία υπό συνθήκη

Re: Παραλληλία υπό συνθήκη

Re: Παραλληλία υπό συνθήκη

Re: Παραλληλία υπό συνθήκη

Re: Παραλληλία υπό συνθήκη

Μέλη σε σύνδεση