... με Αναλυτική Γεωμετρία.

Αυτή ακριβώς ήταν και η δική μου ιδέα Μιχάλη. Σε ευχαριστούμε πολύ!
Άμεση συνέπεια αυτού είναι το πρόβλημα του Ήρωνα (Vecten) που συζητήθηκε πρόσφατα, καθώς οι $DE$ και $BZ$ τέμνονται επί της $CK$ διότι είναι ύψη του τριγώνου $CZE$.
Σας ευχαριστώ όλους για τις όμορφες ...

... του χειρογράφου αυτού του Αλβέρτου, το οποίο μελέτησα από φωτογραφίες.

Θα γράψω σε λίγο το σχετικό θεώρημα του Ήρωνα, το οποίο ξαναβρήκε ο Vecten, και είναι σήμερα γνωστό ως Θεώρημα Vecten. Το τελευταίο υπάρχει στις καλές Γεωμετρίες, και είναι αρκετά γνωστό, αλλά κανείς δεν ξέρει ότι είναι ...

... Συνδέουμε τις κορυφές $D,E$ και τις $F,G$, όπως στο σχήμα. Δείξτε ότι ισχύει $DE^2+FG^2=5BC^2$

(Κάνει και για Junior.)


Είναι γνωστό (θεώρημα Vecten ) ότι οι $AB, AC$ διέρχονται από τα μέσα $M, N$ των $DE, FG$ αντίστοιχα.

Με Π.Θ βρίσκω $\displaystyle B{M^2} = \frac{{D{E^2}}}{4} - {c^2},C{N^2 ...

... στο σχήμα. Δείξτε ότι ισχύει $DE^2+FG^2=5BC^2$

(Κάνει και για Junior.)

shape.png
Έστω $SB = BC = CT = a$ και $AM \bot BC$ με $BM = x$. Από Vecten, Πυθαγόρειο και ομοιότητα θα ισχύει:

$D{E^2} = A{S^2} = {(a + x)^2} + x(a - x)$ και $F{G^2} = A{T^2} = {(2a - x)^2} + x(a - x)$

Με πρόσθεση κατά ...

... εδώ:
https://mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=112&t=4477&sid=53a4c03e6791f3039ba29e637666b082&start=280 ,
πόστ 297, συμπίπτει με το σημείο Vecten του τριγώνου αναφοράς.

Δική μου απόδειξη, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ οι ...

ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΑ ΑΡΘΡΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ

ΑΡΘΡΟ 18. ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ - ΣΥΓΧΩΝΕΣΗ ΤΩΝ ΘΕΩΡΗΜΑΤΩΝ STEINER, VECTEN, BROCARD, KARIYA και άλλων.
Αγαπητοί φίλοι της Γεωμετρίας,
προκειμένου να είμαι συνεπής με τα προηγούμενα (ποστ 1), συνεχίζω την ανάρτηση με το Άρθρο μου 18, με τίτλο: «ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ - ΣΥΓΧΩΝΕΣΗ ΤΩΝ ...

... Έστω $D$ και $E$ τα μέσα των ημικυκλίων και

$M$ το μέσο της πλευράς $BC$. Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο $DME$ είναι

ορθογώνιο και ισοσκελές.


Προκύπτει άμεσα από το θεώρημα του Vecten. Έχει μπει και στις εισαγωγικές εξετάσεις στο Πολυτεχνείο το 1971. Αν δεν απαντηθεί θα δώσω μία λύση.

... προσανατολισμού και συνεπώς είναι ίσες), άρα $AN=\bot AC\Rightarrow \vartriangle ANC$ ορθογώνιο ισοσκελές και με $M$ το μέσο της $CN\Rightarrow \vartriangle AMC$ ορθογώνιο ισοσκελές.
Υπάρχουν και άλλες αποδείξεις του εν λόγω προβλήματος που είναι ένα από τα πολλά αποτελέσματα του σχήματος Vecten

... από την βάση $BC$ , υπολογίστε το ελάχιστο μήκος του τμήματος $MN$ .


Αν $P$ είναι το μέσο του $BC$ τότε από το θεώρημα του $\displaystyle {\rm{Vecten}}$ το τρίγωνο $PMN$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές,

οπότε $\displaystyle MN = MP\sqrt 2. $ Είναι ακόμα, $\displaystyle MB = \frac{{c\sqrt 2 }}{2 ...

... του πιεστηρίου, μάλλον προς παραβατική λύση της προταθείσας άσκησης, και μόνο για λόγους πολυφωνίας, με βάση την οποία λύνεται η άσκηση (και μέσω Vecten , αρκεί προς τούτο στο σχήμα του εισηγητή να "ρίξουμε" τις $AF, CZ$ στην $AC,$ τις $AL,BK$ στην $AB,$ και τις $BE,CD$ στην $BC$ και να λάβουμε ...

... BC$. Να δειχθεί ότι το τρίγωνο $DFE$ είναι ισοσκελές ορθογώνιο.

Φιλικά,

Αχιλλέας

Είναι γνωστή πρόταση από το θεώρημα του $\displaystyle {\rm{Vecten}}.$ Έστω $M, N$ τα μέσα των $AB, AC$ αντίστοιχα. 1-Θαλής Β.png
Τα τρίγωνα $DFM, EFN$ είναι ίσα, διότι $\displaystyle DM = NF = \frac{{AB}}{2},MF ...

... του πιεστηρίου, μάλλον προς παραβατική λύση της προταθείσας άσκησης, και μόνο για λόγους πολυφωνίας, με βάση την οποία λύνεται η άσκηση (και μέσω Vecten, αρκεί προς τούτο στο σχήμα του εισηγητή να "ρίξουμε" τις $AF, CZ$ στην $AC,$ τις $AL,BK$ στην $AB,$ και τις $BE,CD$ στην $BC$ και να λάβουμε υπόψη ...

... το τρίγωνο $EMD$ είναι

επίσης ημιτετράγωνο και υπολογίστε το εμβαδόν του .


Το πρώτο ερώτημα προκύπτει από το θεώρημα του $\displaystyle {\rm{Vecten}}$ (έχει αποδειχθεί πάμπολλες φορές στο :logo: ) Ημιτετράγωνα.png
$\displaystyle D\widehat CE = 90^\circ + \widehat C \Rightarrow \cos (D\widehat ...

... Rightarrow \angle KTB+\angle BTD=45^{\circ}+135^{\circ}=180^{\circ}$
Αφού λοιπόν $M,N$ κέντρα των περίκυκλων των $LEF,BCF$ είναι $MN\perp KD$
Όμως από το σχήμα Vecten είναι $MA\perp BC,NA\perp LE$ δηλαδή το $A$ είναι το ορθόκεντρο του $MPN$ και έτσι $PA\perp MN\Rightarrow PA\parallel KD$


149.PNG

... δείξετε ότι $PA\parallel KD$


Ας "ξεκαθαρίσουμε" λίγο το "τοπίο" μιας και δεν υπάρχουν αντιδράσεις :)
παραλληλία από τετράγωνα.png
Από το σχήμα Vecten είναι γνωστή πρόταση ότι $CL=BE,CL\bot BE$ (από την ισότητα των τριγώνων $\vartriangle ALC,\vartriangle ABE$ και συνεπώς το $S\equiv CL\cap BE ...

... ότι $PA\parallel KD$


Ας "ξεκαθαρίσουμε" λίγο το "τοπίο" μιας και δεν υπάρχουν αντιδράσεις :)
παραλληλία από τετράγωνα.png
Από το σχήμα Vecten είναι γνωστή πρόταση ότι $CL=BE,CL\bot BE$ (από την ισότητα των τριγώνων $\vartriangle ALC,\vartriangle ABE$ και συνεπώς το $S\equiv CL\cap BE ...

... δικών του Σχολίων στα Στοιχεία, το οποίο σώζεται στην Βιέννη.

Ο Ήρων χρησιμοποίησε το θεώρημα αυτό για να αποδείξει το λεγόμενο σήμερα Θεώρημα Vecten, για την περίπτωση του το βασικό τρίγωνο είναι ορθογώνιο. Με άλλα λόγια, συμπληρώνει μία ιδιότητα στο στάνταρ σχήμα που υπάρχει στα Στοιχεία του ...

Εκτός φακέλου. Απ' το θεώρημα του οι τέμνονται πάνω στο ύψος του τριγώνου το οποίο

αποδεικνύεται ότι διέρχεται από το (αφού από το ίδιο θεώρημα διέρχεται από το μέσο του ).

Όπως γράφει και ο Γιώργος, τα δεν χρησιμεύουν πουθενά (εκτός ίσως από την απόδειξη). Αν οι ορθές γωνίες είναι οι τότε πρόκειται για το θεώρημα του και δεν είναι απαραίτητο η να είναι αμβλεία.

Τμήμα και λόγος.pngΤο πρώτο ερώτημα μπορεί να απαντηθεί από το εξής πόρισμα του "συμπλέγματος $Vecten$" :

Η προέκταση του ύψους $OJ$ διέρχεται από το μέσο $M$ της $CD$ και είναι : $OM=\dfrac{BC}{2}$

Η διατύπωση από εδώ . Δώστε διαφορετική απόδειξη από αυτή του Νίκου και της παραπομπής ...