Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Κώστας Παππέλης · #1

Ένα από τα πιο όμορφα συμπεράσματα που έχω δει.

Να αποδείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο οι ευθείες που συνδέουν τα μέσα των υψών με τα μέσα των αντίστοιχων πλευρών συντρέχουν στο σημείο Lemoine του τριγώνου.

Ελπίζω να την απολάυσετε.

#2

theorem 7

Κώστας Παππέλης · #3

Όμορφα, η λύση μου είναι με αρμονικές δέσμες, την αφήνω μήπως υπάρξει κάποια προσέγγιση.

#4

Οκ,
εδώ θίγεται το θέμα της αντιμετώπισης με προβολική.

#5

chris_gatos έγραψε:theorem 7

Χρήστο καλημέρα και χρόνια πολλά !

Από πιο βιβλίο είναι αυτό το απόσπασμα ;

Μπάμπης

#6

Kσλησπέρα Μπάμπη και χρόνια πολλά

Δεν είναι απο κάποιο βιβλίο, αλλά απο εδώ.

#7

Έστω

το μέσον της πλευράς

του δοσμένου τριγώνου $\triangle ABC$ και

το μέσον του ύψους του AD.

Οι εφαπτόμενες του περιγεγραμμένου κύκλου (O)

του $\triangle ABC,$ στις κορυφές του, ορίζουν το Εφαπτομενικό τρίγωνο $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ και είναι γνωστό ότι οι ευθείες $AA^{\prime},\ BB^{\prime},\ CC^{\prime},$ είναι οι συμμετροδιάμεσοι του $\triangle ABC,$ δια των $A,\ B,\ C$ αντιστοίχως και έστω το Σημείο Lemoine $L\equiv AA^{\prime}\cap CC^{\prime}$ .

Αρκεί να αποδείξουμε ότι τα σημεία $M,\ L,\ N,$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Έστω το σημείο $E\equiv BC\cap C^{\prime}N$ και με βάση το παρακάτω Λήμμα, έχουμε ότι $B^{\prime}E\perp BC.$

Τα τρίγωνα $\triangle ANC^{\prime},\ \triangle A^{\prime}MC$ είναι προοπτικά, γιατί τα σημεία $E\equiv NC^{\prime}\cap MC$ και $B^{\prime}\equiv AC^{\prime}\cap A^{\prime}C$ και $\infty\equiv NA\cap MA^{\prime},$ είναι συνευθειακά.

Σύμφωνα με το θεώρημα Desarques, συμπεραίνουμε ότι οι ευθείες $AA^{\prime},\ CC^{\prime},\ MN,$ τέμνονται στο ίδιο σημείο.

Άρα, η ευθεία MN,

περνάει από το σημείο

και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\triangle ABC$ και έστω $B^{\prime}$ το σημείο τομής των εφαπτομένων του περιγεγραμμένου κύκλου του τα σημεία $A,\ C.$ Ομοίως, έστω $C^{\prime},$ το σημείο τομής των εφαπτομένων στα σημεία $A,\ B$ και έστω το μέσον του ύψους Αποδείξτε ότι $B^{\prime}E\perp BC,$ όπου $E\equiv BC\cap C^{\prime}M.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου, για το παραπάνω Λήμμα.

dement · #8

Η δικη μου λυση με μετρικες σχεσεις :

Εστω

το κοινο σημειο της συμμετροδιαμεσου απο το

και της ευθειας που ενωνει το μεσο

της

και το μεσο του αντιστοιχου υψους (το ιχνος του υψους ειναι

ενω της συμμετροδιαμεσου

). Τοτε, απο θεωρημα Μενελαου στο τριγωνο $\triangle{ADM}$ ισχυει $\displaystyle \frac{AL}{LM} = \frac{DE}{EM} = \frac{|BD - CD|}{|BM - CM|} = \frac{AC^2 + AB^2}{BC^2}$ .

Αλλα αυτος ακριβως ειναι και ο λογος στον οποιο χωριζεται η

απο το σημειο Lemoine

. Πραγματι, ισχυει $\displaystyle \frac{AK}{KM} = \frac{AB}{BC} \frac{AB}{BM} = \frac{AB^2}{BC} \frac{AB^2 + AC^2}{BC \cdot AB^2} = \frac{AC^2 + AB^2}{BC^2}$ και εχουμε το συμπερασμα μας.

Δημητρης Σκουτερης

dimitris pap · #9

Μια λύση με αρμονικές δέσμες (αυτή τη λύση έχεις Κώστα?)
Με τα γράμματα του κ. Βήττα κ επιπλέον BE,CZ

ύψη,

μέσα των

έχουμε ότι:
BQ, CP

τέμνονται στο σημείο Lemoine (αφού η συμμετροδιάμεσος είναι διάμεσος της αντιπαραλλήλου!).

Ετσι τώρα $BA'//DZ\iff B(A,Q,D,A')$ αρμονική δέσμη! Συνεπώς A,L,R,A'

είναι αρμονική τετράδα (όπου

η τομή

,

to σημείο Lemoine). Συνεπάγεται M(A,L,R,A')

αρμονική δέσμη κι αφού MA'//AD

η

τέμνει την

στο μέσο της

Σημαντική σημείωση: Καθώς έλυνα την άσκηση είδα ότι το γεγονός ότι συνευθειακά αποδεικνύεται άμεσα κι απ' το ότι και αρμονικές δέσμες!! Κι αφού έχουν κοινή ακτίνα, τα σημεία τομής είναι συνευθειακά

#10

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\triangle ABC$ και έστω $B^{\prime}$ το σημείο τομής των εφαπτομένων του περιγεγραμμένου κύκλου του τα σημεία $A,\ C.$ Ομοίως, έστω $C^{\prime},$ το σημείο τομής των εφαπτομένων στα σημεία $A,\ B$ και έστω το μέσον του ύψους Αποδείξτε ότι $B^{\prime}E\perp BC,$ όπου $E\equiv BC\cap C^{\prime}M.$ [/b]

Απόδειξη. - Έστω το σημείο $P\equiv BC\cap B^{\prime}C^{\prime}$ και σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, στο τρίγωνο $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ με διατέμνουσα την ευθεία BC,

έχουμε ότι $\displaystyle \frac{PB^{\prime}}{PC^{\prime}}\cdot \frac{BC^{\prime}}{BA^{\prime}}\cdot \frac{CA^{\prime}}{CB^{\prime}} = 1$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{PB^{\prime}}{PC^{\prime}} = \frac{CB^{\prime}}{BC^{\prime}}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{PB^{\prime}}{PC^{\prime}} = \frac{AB^{\prime}}{AC^{\prime}}$ ,(1)

Από

συμπεραίνουμε ότι το

είναι το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα σημεία $B^{\prime},\ C^{\prime}.$

$\bullet$ Έστω $E,\ F,$ οι προβολές των $B^{\prime},\ C^{\prime}$ επί της ευθείας

αντιστοίχως και έστω το σημείο $N^{\prime}\equiv B^{\prime}F\cap EC^{\prime}$ και $A^{\prime},$ το σημείο τομής της ευθείας $B^{\prime}C^{\prime},$ από την δια του $N^{\prime}$ κάθετη ευθεία επί την BC.

Στο τραπέζιο $B^{\prime}EFC^{\prime}$ , από $B^{\prime}E\parallel A^{\prime}N^{\prime}\parallel C^{\prime}F,$ έχουμε ότι $\displaystyle \frac{PB^{\prime}}{PC^{\prime}} = \frac{B^{\prime}E}{C^{\prime}F} = \frac{N^{\prime}E}{N^{\prime}C^{\prime}} = \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{A^{\prime}C^{\prime}}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{PB^{\prime}}{PC^{\prime}} = \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{A^{\prime}C^{\prime}}$ ,(2)

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{AB^{\prime}}{AC^{\prime}} = \frac{A^{\prime}B^{\prime}}{A^{\prime}C^{\prime}}$ $\Longrightarrow$ $A^{\prime}\equiv A$ και $N^{\prime}\equiv N.$

Άρα, η ευθεία $C^{\prime}N,$ όπου

είναι το μέσον του AD,

περνάει από το σημείο

ως την προβολή του $B^{\prime}$ επί της ευθείας

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Re: Γεωμετρία- ένα πολύ ωραίο θέμα

Μέλη σε σύνδεση