Ισογώνιες ευθείες

giannimani · #1

Σε τρίγωνο ABC

η διχοτόμος $AD\;(D\in BC)$ τέμνει την ευθεία που διέρχεται από τα μέσα $A_{1}$ και

της πλευράς

και του ύψους

που άγεται από την κορυφή

αντίστοιχα, στο σημείο

.
Αν

το μέσο της διχοτόμου

, να αποδείξετε ότι οι ευθείες

,

είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές
της γωνίας ACB

.

: isogon_sep.png (16.42 KiB) Προβλήθηκε 2217 φορές

#2

giannimani έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 11, 2022 9:49 am
Σε τρίγωνο η διχοτόμος $AD\;(D\in BC)$ τέμνει την ευθεία που διέρχεται από τα μέσα $A_{1}$ και της πλευράς και του ύψους που άγεται από την κορυφή αντίστοιχα, στο σημείο . Αν το μέσο της διχοτόμου , να αποδείξετε ότι οι ευθείες , είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας .

Αλλάζω λίγο τους συμβολισμούς για ( δική μου ) ευκολία.

Έστω $M,\ K,$ τα μέσα των $BC,\ AE$ αντιστοίχως, με

το ύψος του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , με περίκυκλο (O)

και έστω τα σημεία $L\equiv AD\cap MK$ και $Z\equiv (O)\cap AD$ .

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle ABD$ , για να ισχύει το ζητούμενο $\angle ABN = \angle DBL$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την

_συμμετροδιάμεσό του, λόγω NA = ND

.

Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{LD}{LA} = \frac{(BD)^{2}}{(BA)^{2}}\ \ \ ,(1)$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle EAD$ με διατέμνουσα την ευθεία MLK

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε:

$\displaystyle \frac{LD}{LA}\cdot \frac{KA}{KE}\cdot \frac{ME}{MD} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{LD}{LA} = \frac{MD}{ME}\ \ \ ,(2)$ λόγω KA = KE

.

Από $MZ\parallel AE\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{MD}{ME} = \frac{ZD}{ZA}\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{\displaystyle \frac{ZD}{ZA} = \frac{(BD)^{2}}{(BA)^{2}}}\ \ \ ,(4)$

: Ισογώνιες ευθείες - 1η απόδειξη.; f=181 t=72246.PNG (19.34 KiB) Προβλήθηκε 2130 φορές

$\bullet$ Από τα τρίγωνα $\vartriangle BDZ,\ \vartriangle ADB$ με $\angle DBZ = \angle DAB$ και $\angle BDZ + \angle BDA = 180^{o}$ έχουμε:

$\displaystyle \frac{ZD}{BD} = \frac{ZB}{AB}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{ZD}{ZB} = \frac{BD}{AB}\ \ \ ,(5)$

Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle ZAC,\ \vartriangle BAD$ έχουμε:

$\displaystyle \frac{ZA}{AB} = \frac{ZC}{BD}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{ZA}{ZC} = \frac{AB}{BD}\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{ZD}{ZA} = \frac{(BD)^{2}}{(BA)^{2}}}$ λόγω ZB = ZC

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

STOPJOHN · #3

giannimani έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 11, 2022 9:49 am
Σε τρίγωνο η διχοτόμος $AD\;(D\in BC)$ τέμνει την ευθεία που διέρχεται από τα μέσα $A_{1}$ και
της πλευράς και του ύψους που άγεται από την κορυφή αντίστοιχα, στο σημείο .
Αν το μέσο της διχοτόμου , να αποδείξετε ότι οι ευθείες , είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές
της γωνίας .
isogon_sep.png

Από το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο

$ABC,\dfrac{DC}{b}=\dfrac{BD}{c}\Rightarrow CD=\dfrac{ab}{b+c}\Leftrightarrow \dfrac{CD^{2}}{b^{2}}=\dfrac{a^{2}}{(b+c)^{2}},(1),$

Απότο θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο

ADH

με τέμνουσα

$A1MK,\dfrac{AM}{MD}.\dfrac{A1D}{A1H}.\dfrac{HK}{KA}=1\Rightarrow \dfrac{MD}{AM}=\dfrac{A1D}{A1H},(2),$

$A1D=\dfrac{a}{2}-DC=\dfrac{a}{2}-\dfrac{ab}{b+c}=a.\dfrac{c-b}{2(b+c)},(3),$

Με τη βοήθεια του νόμου συνημιτόνου στο τρίγωνο

$ABC,A1H=\dfrac{a}{2}-HC=\dfrac{a}{2}-bcosC= \dfrac{a}{2}-\dfrac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2a}=\dfrac{c^{2}-b^{2}}{2a},(4), (3),(4)\Rightarrow \dfrac{A1D}{A1H}= \dfrac{a^{2}}{(b+c)^{2}},(5), (2),(5)\Rightarrow \dfrac{MD}{AM}=\dfrac{a^{2}}{(b+c)^{2}}, \dfrac{MD}{MA}=\dfrac{CD^{2}}{AC^{2}}\Leftrightarrow \dfrac{MD}{AM}.\dfrac{ND}{NA}=\dfrac{CD^{2}}{AC^{2}}$ και οι ευθείες CM,CN

είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρες της γωνίας $\hat{C}$

#4

giannimani έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 11, 2022 9:49 am
Σε τρίγωνο η διχοτόμος $AD\;(D\in BC)$ τέμνει την ευθεία που διέρχεται από τα μέσα $A_{1}$ και της πλευράς και του ύψους που άγεται από την κορυφή αντίστοιχα, στο σημείο . Αν το μέσο της διχοτόμου , να αποδείξετε ότι οι ευθείες , είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας .

Ας δούμε μία προσέγγιση με Διπλούς λόγους.

: Ισογώνιες ευθείες - 2η απόδειξη.; f=181 t=72246 (a).PNG (21.37 KiB) Προβλήθηκε 2006 φορές

$\bullet$ Από $AE\parallel MZ$ και KA = KE

έχουμε ότι η δέσμη M.ZEKA

είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία

και επομένως, η σημειοσειρά $Z,\ D,\ L,\ A$ είναι αρμονική και άρα, η δέσμη B.ZDLA

είναι αρμονική.

Δια του σημείου

, φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την

, η οποία τέμνει τον κύκλο (O)

στο σημείο έστω

.

Από $AD\parallel BF$ και NA = ND

έχουμε ότι η δέσμη B.FAND

είναι αρμονική.

Οι ως άνω αρμονικές δέσμες $B.ZDLA,\ B.FAND$ τώρα, έχουν ίσους Διπλούς λόγους και επομένως ισχύει $(B.ZDLA) = (B.FAND)\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $\angle ZBD = \angle ZAB = \angle FBA$ και $\angle DBA\equiv \angle ABD$ συμπεραίνεται ότι $\angle DBL = \angle ABN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Εάν σε δύο δέσμες με ίσους Διπλούς λόγους, τρία ζεύγη ομολόγων ακτίνων τους σχηματίζουν ίσες γωνίες, οι δέσμες αυτές είναι ισογώνιες ( = όλα τα ζεύγη των ομολόγων ακτίνων τους σχηματίζουν ίσες γωνίες ).

#5

giannimani έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 11, 2022 9:49 am
Σε τρίγωνο η διχοτόμος $AD\;(D\in BC)$ τέμνει την ευθεία που διέρχεται από τα μέσα $A_{1}$ και της πλευράς και του ύψους που άγεται από την κορυφή αντίστοιχα, στο σημείο . Αν το μέσο της διχοτόμου , να αποδείξετε ότι οι ευθείες , είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας .

Μία άλλη σκέψη είναι η εξής:

: Ισογώνιες ευθείες - 3η απόδειξη.; f=181 t=72246 (b).PNG (31.38 KiB) Προβλήθηκε 1981 φορές

$\bullet$ Αποδείχθηκε πιο πάνω ( # 4 ), ότι η σημειοσειρά $Z,\ D,\ L,\ A$ είναι αρμονική.

Από $\angle ZBD = \angle ZAC = \angle ZAB$ έχουμε ότι η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (X)

, του τριγώνου $\vartriangle ABD$ .

Η ευθεία

τώρα, που συνδέει το σημείο επαφής της εφαπτομένης του κύκλου (X)

από το σημείο $Z\in AD$ με το σημείο

, ως το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα σημεία $D,\ A$ , ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (X)

, η οποία ταυτίζεται ως γνωστό με την

_συμμετροδιάμεσο του τριγώνου $\vartriangle ABD$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Γιάννη, ελπίζω κάποια από τις τρεις πιο πάνω αποδείξεις που έδωσα, να διαφέρει από αυτήν που έχεις υπόψη σου.

giannimani · #6

Κώστα, καλησπέρα.

Η δική μου προσπάθεια βασίζεται επίσης στο να αποδείξω ότι η

είναι η

- συμμετροδιάμεσος
του τριγώνου ACD

(αναφέρομαι στο δικό μου σχήμα). Όμως, ενώ νόμιζα ότι είχα ολοκληρώσει τη λύση της,
διαπίστωσα ότι τελικά είχε ένα σφάλμα. Προσπαθώ να το ξεπεράσω, αν και πλέον δεν χρειάζεται μετά τις τόσες
λύσεις που δώσατε.

Πληροφοριακά το πρόβλημα είναι από βιβλίο του I . F. Sharygin: "Γεωμετρία για τις τάξεις 9-11".
Στη λύση που δίνει ο συγγραφέας στο τέλος χρησιμοποιεί τριγωνομετρία.

#7

giannimani έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 12, 2022 5:06 pm
Κώστα, καλησπέρα.

Η δική μου προσπάθεια βασίζεται επίσης στο να αποδείξω ότι η είναι η - συμμετροδιάμεσος
του τριγώνου (αναφέρομαι στο δικό μου σχήμα). Όμως, ενώ νόμιζα ότι είχα ολοκληρώσει τη λύση της,
διαπίστωσα ότι τελικά είχε ένα σφάλμα. Προσπαθώ να το ξεπεράσω, αν και πλέον δεν χρειάζεται μετά τις τόσες
λύσεις που δώσατε.

Πληροφοριακά το πρόβλημα είναι από βιβλίο του I . F. Sharygin: "Γεωμετρία για τις τάξεις 9-11".
Στη λύση που δίνει ο συγγραφέας στο τέλος χρησιμοποιεί τριγωνομετρία.

Κύριε Giannimani δεν σας γνωρίζω προσωπικά . Σας παρακολουθώ (προφανώς) σε ότι γράφετε.

Μέχρι σήμερα είχα άριστη αποψη για τις ικανότητες και τις γνώσεις σας σε γεωμετρικά θέματα.

Απο σήμερα και πέρα έχω και άριστη άποψη για το ήθος σας . Υποκλίνομαι στην εντιμότητά σας .

giannimani · #8

Αν και η ιδέα της λύσης ανήκει στον Κώστα τον Βήττα (βλέπε την τελευταία του λύση), δίνω και την παρακάτω, που έχει ορισμένες
μικρές διαφορές, κυρίως στην τεκμηρίωση.

Συμβολίζουμε με $A_{2}$ το δεύτερο σημείο τομής της διχοτόμου

με τον περιγεγραμμένο κύκλο $\Omega$ του τριγώνου ABC

.

Η $A_{2}C$ εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου $\omega$ του τριγώνου ACD

στο σημείο

εφόσον
$\angle A_{2}CD=\angle A_{2}CB= 90^{\circ}- \frac{\angle BA_{2}C}{2}= 90^{\circ}-\frac{180^{\circ}-\angle BAC}{2}= \angle CAD$ .

H δέσμη $(A_{1}A, A_{1}H, A_{1}K, A_{1}A_{2})$ είναι αρμονική, οπότε οι τομές αυτών των ακτίνων με την ευθεία

ορίζουν την αρμονική διαίρεση $(A, D, M, A_{2})\quad (a)$ .

Αν τώρα η

-συμμετροδιάμεσος του τριγώνου ACD

τέμνει την

στο σημείο

,
τότε η διαίρεση $(A,D, M', A_{2})$ είναι αρμονική (b)

.
Πράγματι, εφόσον η CM'

συμμετροδιάμεσος του $\triangle ACD$ , τότε $\frac{M'D}{M'A}= \left(\frac{CD}{CA}\right)^2\quad(*)$ .

: isog_sol.png (40.77 KiB) Προβλήθηκε 1809 φορές

Τα τρίγωνα $A_{2}CD$ και $A_{2}AC$ είναι όμοια, οπότε $\frac{A_{2}C}{A_{2}A}=\frac{A_{2}D}{A_{2}C}=\frac{CD}{AC}\Rightarrow \frac{AC}{CD}=\frac{A_{2}C}{A_{2}D}\quad (1)$ .
Επίσης ισχύει $A_{2}C^2=A_{2}D \cdot A_{2}A \quad (2)$
Διαιρώντας και τα δύο μέλη της (2)

με $A_{2}D^2$ παίρνουμε $\frac{A_{2}C^2}{A_{2}D^2}= \frac{A_{2}A}{A_{2}D}\quad (3)$ .
Τετραγωνίζοντας την (1)

παίρνουμε $\frac{AC^2}{CD^2}= \frac{A_{2}C^2}{A_{2}D^2} \quad (4)$
Από τις (3)

και

παίρνουμε $\frac{A_{2}D}{A_{2}A}=\left(\frac{CD}{CA}\right)^2\quad (**)$
Από (*)

και

προκύπτει ότι $\frac{M'D}{M'A}=\frac{A_{2}D}{A_{2}A}$ , δηλαδή, η διαίρεση $(A,D, M', A_{2})$ είναι αρμονική.

Τελικά, από τις (a)

και

έχουμε ότι $M'\equiv M$ , δηλαδή, οι ευθείες

,

είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές
της γωνίας ACB

.

#9

giannimani έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 11, 2022 9:49 am
Σε τρίγωνο η διχοτόμος $AD\;(D\in BC)$ τέμνει την ευθεία που διέρχεται από τα μέσα $A_{1}$ και
της πλευράς και του ύψους που άγεται από την κορυφή αντίστοιχα, στο σημείο .
Αν το μέσο της διχοτόμου , να αποδείξετε ότι οι ευθείες , είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές
της γωνίας .
isogon_sep.png

Ας δούμε και μια στοιχειώδη λύση του προβλήματος μετά τις απίστευτες προσεγγίσεις των φίλων πιο πάνω

$\bullet$ Έστω

το μέσο της ${{A}_{1}}B$ και ας είναι $S\equiv AD\cap \left( O \right),S\ne A$ με $\left( O \right)$ τον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και

την ορθή προβολή του μέσου

της διχοτόμου

στην

.

Προφανώς

το μέσο του τόξου

του κύκλου $\left( O \right)$ που δεν περιέχει το

και με ${{A}_{1}}$ το μέσο της αντίστοιχης χορδής θα είναι $S{{A}_{1}}\bot BC\Rightarrow S{{A}_{1}}\parallel NL\parallel AH$

Με T,N

τα μέσα των πλευρών DB,DA

αντίστοιχα του τριγώνου $\vartriangle DBA$ προκύπτει ότι $AB=2NT:\left( 1 \right)$ και $NT\parallel AB\Rightarrow \angle TMS=\angle BAS=\angle BCS\equiv \angle TCS\Rightarrow NTSC$ εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς $\angle NCT=\angle NST:\left( 2 \right)$

: Ισογώνιες ευθείες.png (47.01 KiB) Προβλήθηκε 1677 φορές

$\bullet$ Επίσης από το τρίγωνο $\vartriangle ADH$ με N,L

τα μέσα των πλευρών του $DA,DH\Rightarrow AH=\parallel 2NL:\left( 3 \right)\overset{KA=KH}{\mathop{\Rightarrow }}\,AK=NL:\left( 4 \right)$

Από $AK\parallel S{{A}_{1}}\Rightarrow \dfrac{AM}{AS}=\dfrac{AK}{AK+S{{A}_{1}}}=\dfrac{NL}{AK+S{{A}_{1}}}$ $\overset{NL\parallel S{{A}_{1}}}{\mathop{=}}\,\dfrac{ND}{NS}\Rightarrow AM\cdot NS=AS\cdot ND:\left( 5 \right)$

$\bullet$ Με $\angle SAB=\angle DAC=\dfrac{\angle A}{2},\angle ASB\overset{A,B,S,C\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle ACB\equiv \angle ACD$ προκύπτει ότι $\vartriangle ABS\sim \vartriangle ADC\Rightarrow \dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AS}{AC}\Rightarrow \dfrac{2NT}{2ND}=\dfrac{AS}{AC}\Rightarrow$ $NT\cdot AC=AS\cdot ND\overset{\left( 5 \right)}{\mathop{=}}\,AM\cdot NS\Rightarrow \dfrac{NT}{NS}=\dfrac{AM}{AC}:\left( 6 \right)$

Από $\left( 2 \right),\left( 6 \right)\Rightarrow \vartriangle SNT\sim \vartriangle CAM\Rightarrow \angle NST=\angle ACM$ $\overset{\angle NST=\angle NCT\left( T,S,C,N\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle NCT=\angle ACM\Rightarrow \angle MCB=\angle ACN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Υ.Σ. Την παραπάνω λύση αφιερώνω στο ζεύγος Βήττα (Τζένη και Κώστα) και τους περιμένω το χειμώνα στο κάστρο

Henri van Aubel · #10

Καλημέρα σε όλους τους χαρισματικούς γεωμέτρες!!

Είναι πραγματικά δώρο από τον θεό που σας έχουμε όλους τους καλύτερους μαζεμένους στο

. Εγώ το θέμα το προσεγγίζω όπως ο κύριος Γιάννης (STOPJOHN). Όλες οι άλλες λύσεις είναι λίγο out of the box (θέλουν κάποια φαντασία) και υποκλίνομαι στους γίγαντες της γεωμετρίας που έχουμε στο

. Πολλά

στους ιδιοφυείς γεωμέτρες μας!!!

Ισογώνιες ευθείες

Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Re: Ισογώνιες ευθείες

Μέλη σε σύνδεση