Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

#5

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται παραλληλόγραμμο και έστω τυχόν σημείο στο εσωτερικό του. Δια του σημείου φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $AB,\ AD,$ οι οποίες τέμνουν τις $AD,\ AB$ στα σημεία $E,\ Z,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι τα σημεία $C,\ Q,\ P\equiv BE\cap CZ$ είναι συνευθειακά.

Υπάρχει κάπου μία στοιχειώδης απόδειξη αυτού του Λήμματος και ελπίζω ότι θα την βρω. (*)

Ας δούμε εδώ μία προσέγγιση βασισμένη στο θεώρημα Πάππου.

: Η εκ του Nagel παράλληλη ευθεία στη διχοτόμο - Βοηθητική πρόταση - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=45570(b).PNG (16.31 KiB) Προβλήθηκε 7290 φορές

$\bullet$ Έστω τα ( κατά εκδοχήν ) σημεία $S_{\infty}\equiv AD\cap ZQ\cap BC$ και $T_{\infty}\equiv AB\cap QE\cap CD.$

Επί των ευθειών $AB,\ AD,$ θεωρούμε τις τριάδες των σημείων $B,\ Z,\ T_{\infty}$ και $D,\ E,\ S_{\infty}$ και σύμφωνα με το θεώρημα Πάππου, προκύπτει ως άμεσο συμπέρασμα ότι τα σημεία $P\equiv BE\cap DZ$ και $C\equiv BS_{\infty}\cap DT_{\infty}$ και $Q\equiv ZS_{\infty}\cap ET_{\infty}$ είναι συνευθειακά και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Το ως άνω Λήμμα είναι στην πραγματικότητα μία ειδική περίπτωση ενός γνωστού επίσης ως Θεώρημα Brianchon, όπου πάλι τα σημεία $C,\ Q,\ P$ είναι συνευθειακά, αλλά το ABCD

είναι τυχόν τετράπλευρο, με το

τυχόν σημείο στο εσωτερικό του και τα σημεία $E\equiv AD\cap QT,$ και $Z\equiv AB\cap QS,$ όπου $T\equiv AB\cap CD$ και $S\equiv AD\cap BC$ και $P\equiv BE\cap DZ$ .

: Η εκ του Nagel παράλληλη στην διχοτόμο - Γενίκευση του Λήμματος γνωστή ως θεώρημα Brianchon.; f=112_t=45570(c).PNG (16.79 KiB) Προβλήθηκε 7280 φορές

Το ως άνω Θεώρημα Brianchon, αποδεικνύεται ομοίως, ως άμεσο συμπέρασμα του Θεωρήματος Πάππου, θεωρώντας τις τριάδες των σημείων $B,\ Z,\ T$ και $D,\ E,\ S,$ επί των ευθειών $AB,\ AD,$ αντιστοίχως ( Δ.Γ. ΚΟΝΤΟΓΙΑΝΝΗΣ - Mαθηματικές Ολυμπιάδες - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 1 , Σελίδα 177 - Αυτοέκδοση , Αθήνα 1987 ).

Κώστας Βήττας.

(*) (19-03-2016) - Δείτε Εδώ .

Antonis_Z · #6

Χαιρετώ τους γεωμέτρες του

.Δίνω μια διαφορετική λύση.

Έστω $K\equiv CN\cap AB,L\equiv BN\cap AC$ . Επίσης θεωρούμε $X,\ Y,\ Z$ τα μέσα των τμημάτων $AP,\ AN,\ BC$ .
Από γνωστό λήμμα ισχύει $ZY\parallel AM$ ( εφόσον KB=LC

). Επιπλέον $ZX\parallel AM$ ( ενώνει μέσα στο τρίγωνο AMP

). Επομένως, τα σημεία $X,\ Y,\ Z$ είναι συνευθειακά.
Τώρα αφενός ισχύει $XY\parallel PN$ ( απ' το τρίγωνο APN

) και αφετέρου $XY\parallel AM$ ( απ' τη συνεθειακότητα $X,\ Y,\ Z$ ).
Εύκολα, πλέον, αναγόμαστε στο ζητούμενο.

#7

vittasko έγραψε: ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $E,\ Z$ , δύο σημεία επί των πλευρών του $AC,\ AB$ αντιστοίχως, ώστε να είναι Αποδείξτε ότι το σημείο $P\equiv BE\cap CZ$ ανήκει στην δια του παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ , όπου είναι το σημείο ώστε το τετράπλευρο να είναι παραλληλόγραμμο.

$\bullet$ Έστω το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την πλευρά του παραλληλογράμμου . Τότε προφανώς παραλληλόγραμμο

(αφού και $EC\parallel BF$ ) και με $\left( {EC} \right) = \left( {BZ} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {EC} \right) = \left( {BF} \right)} \left( {BF} \right) = \left( {BZ} \right) \Rightarrow$ $\angle BZF = {90^0} - \dfrac{{\angle ABA'}}{2} = \angle BAx \Rightarrow ZF\parallel Ax$ ,

όπου η διχοτόμος της γωνίας $\angle A$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και έστω $K \equiv CZ \cap A'B$ .
[attachment=0]Βοηθητική πρόταση.png[/attachment]
$\bullet$ Είναι $BZ\parallel A'C \Rightarrow \dfrac{{\left( {KZ} \right)}}{{\left( {KC} \right)}} = \dfrac{{\left( {KB} \right)}}{{\left( {KA'} \right)}} \Rightarrow \boxed{\left( {KZ} \right) \cdot \left( {KA'} \right) = \left( {KB} \right) \cdot \left( {KC} \right)}:\left( 1 \right)$ και με

$PB\parallel CF \Rightarrow \dfrac{{\left( {KP} \right)}}{{\left( {KC} \right)}} = \dfrac{{\left( {KB} \right)}}{{\left( {KF} \right)}} \Rightarrow \boxed{\left( {KP} \right) \cdot \left( {KF} \right) = \left( {KB} \right) \cdot \left( {KC} \right)}:\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \left( {KZ} \right) \cdot \left( {KA'} \right) = \left( {KP} \right) \cdot \left( {KF} \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {KZ} \right)}}{{\left( {KP} \right)}} = \dfrac{{\left( {KF} \right)}}{{\left( {KA'} \right)}}$

οπότε σύμφωνα με το αντίστροφο του Θεωρήματος του Θαλή θα είναι $A'P\parallel ZF\parallel Ax$ και η βοηθητική πρόταση έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Γιώργος Μήτσιος · #8

Χαιρετώ όλους ! Αφού το παρόν θέμα ήρθε στην επιφάνεια λόγω και του θέματος αυτού..
Βρίσκω την ευκαιρία να καλημερίσω τους κορυφαίους Γεωμέτρες (και όχι μόνο)
Κώστα Βήττα και Στάθη Κούτρα , υποβάλλοντας μια άλλη απόδειξη για την εν λόγω :

ΒΟΗΘΗΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $E,\ Z,$ δύο σημεία επί των πλευρών του $AC,\ AB$ αντιστοίχως, ώστε να είναι Αποδείξτε ότι το σημείο $P\equiv BE\cap CZ$ ανήκει στην δια του παράλληλη ευθεία προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A,$ όπου είναι το σημείο ώστε το τετράπλευρο να είναι παραλληλόγραμμο.

: Βοηθητική πρόταση.PNG (12.12 KiB) Προβλήθηκε 6261 φορές

Ως γνωστό , οι διχοτόμοι των απέναντι γωνιών παραλληλογράμμου (που δεν είναι ρόμβος) είναι παράλληλες.
Αρκεί λοιπόν να δείξουμε οτι η A'P

είναι η διχοτόμος της $\widehat{A'}$ , ή ισοδύναμα, ότι οι αποστάσεις PM,PN

από τις πλευρές A'B,A'C

αντίστοιχα είναι ίσες.

Φέρω $CH\perp BE ..BF\perp CZ$ . Τότε τα ορθ. τρίγωνα BPM, CEH

είναι όμοια , όπως και τα ορθ. PCN,BFZ

αφού λόγω των παραλληλιών είναι $\widehat{MBP}=\widehat{CEH}$ και $\widehat{PCN}=\widehat{FZB}$

Έτσι παίρνουμε : $\dfrac{PM}{PB}=\dfrac{CH}{CE}\Rightarrow PM\cdot CE=PB\cdot CH=2\left ( PBC \right )..\left ( 1 \right )$

αλλά και $\dfrac{PN}{PC}=\dfrac{BF}{BZ}\Rightarrow PN\cdot BZ=PC\cdot BF=2\left ( PBC \right )..\left ( 2 \right )$ .

Προκύπτει συνεπώς $PM\cdot CE=PN\cdot BZ\Rightarrow PM=PN$ και το ζητούμενο αποδείχθηκε.

Με βαθειά εκτίμηση ..
Φιλικά Γιώργος

Γιώργος Μήτσιος · #9

Χαιρετώ! Ας δούμε και την γενικότερη πρόταση:

Έστω παραλληλόγραμμο. Θεωρούμε τα σημεία $E \in AC$ και $Z \in AB$ .

Αν οι τέμνονται στο και οι αποστάσεις του από τις αντιστοίχως ,

τότε ισχύει $\dfrac{BZ}{EC}=\dfrac{PM}{PN}$ .

: 18-4 Πρόταση.png (168.38 KiB) Προβλήθηκε 3861 φορές

Η απόδειξη που ακολουθεί , ανήκει στον αγαπητό Μιχάλη Τσουρακάκη όπως δόθηκε στο θέμα ΤΟΥΤΟ [/b]

Για τα τρίγωνα BZP

και

έχουμε $\dfrac{\left ( BZP \right )}{\left (PEC \right )}= \dfrac{BZ\cdot PI}{EC\cdot PF}$

αλλά και $\dfrac{\left ( BZP \right )}{\left (PEC \right )}= \dfrac{PB}{PE}\cdot \dfrac{PZ}{PC}=\dfrac{PM}{PF}\cdot \dfrac{PI}{PN}$ .

Με εξίσωση και διαγραφή των κοινών , προκύπτει η ζητούμενη αναλογία.

Αν επιπλέον είναι , τότε και δηλ η είναι διχοτόμος της $\widehat{A'}$ ..

Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Re: Η εκ του Nagel παράλληλη στη διχοτόμο

Μέλη σε σύνδεση