Μία απρόσμενη (;) παραλληλία.

#1

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,\ Z$ , τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του , στις πλευρές του $BC,\ AC,\ AB$ , αντιστοίχως. Έστω τα σημεία $P\equiv BE\cap ZM$ , όπου είναι το μέσον του και $T\equiv AC\cap DP$ . Αποδείξτε ότι $ZT\parallel DE$ .

Κώστας Βήττας.

gavrilos · #2

Γεια σε όλους.

Αρκεί να δειχθεί ότι η δέσμη $\displaystyle{E.(D,Z/B,A)}$ είναι αρμονική,επειδή τότε θα είναι αρμονική και η $\displaystyle{Z.(D,E/M,T)}$ κι αφού το $\displaystyle{M}$ είναι μέσο της $\displaystyle{DE}$ θα έχουμε το ζητούμενο.Η δέσμη αυτή λοιπόν είναι όντως αρμονική επειδή η $\displaystyle{EB}$ είναι συμμετροδιάμεσος στο τρίγωνο $\displaystyle{\triangle{DEZ}}$ και η $\displaystyle{EA}$ είναι η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου του κύκλου στο $\displaystyle{E}$ .

#3

Γιώργο, σ' ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου και την όμορφη λύση σου με αρμονικά συζυγή

, για την οποία ας δούμε κάποιες λεπτομέρειες.

$\bullet$ Το αποτέλεσμα της παραλληλίας $ZT\parallel DE$ προκύπτει από τις αρμονικότητες που αναφέρει ο Γιώργος, στο πλήρες τετράπλευρο γενικότερα.

: Μία απρόσμενη (;) παραλληλία - Απόδειξη από τον Γιώργο Γαβριλόπουλο.; f=112_t=54463(a).PNG (20.52 KiB) Προβλήθηκε 1127 φορές

Θυμίζουμε ότι στο σχήμα της εκφώνησης , οι ευθείες $AD,\ BE,\ CZ$ συντρέχουν στο σημείο έστω

, γνωστό ως το Σημείο Gergone του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Από το πλήρες τετράπλευρο CDGeEBA

τώρα, έχουμε ότι η σημειοσειρά $A,\ Z,\ B,\ X$ , όπου $X\equiv AB\cap ED$ , είναι αρμονική και άρα, η δέσμη $E\ldotp DBZA$ είναι αρμονική.

Η δέσμη αυτή τεμνόμενη από την ευθεία

, μας δίνει την αρμονική σημείοσειρά $D,\ P,\ S,\ T$ , όπου έστω $S\equiv EZ\cap DT$ .

Άρα, προκύπτει ότι και η δέσμη $Z\ldotp DMET$ είναι αρμονική και συμπεραίνεται έτσι ότι $ZT\parallel DE$ , λόγω MD = ME

.

$\bullet$ Θα πρέπει να τονιστεί εδώ, ότι η αρμονικότητα της δέσμης $E\ldotp DBZA$ , προκύπτει δευτερευόντως από το ότι η

είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ και η

εφαπτομένη του κύκλου (K)

στο σημείο

. Πρωτίστως, τεκμαίρεται από το πλήρες τετράπλευρο CDGeEBA

.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα μία απόδειξη βασισμένη στο κριτήριο της συμμετροδιαμέσου

του $\vartriangle DEZ$ , η οποία προέκυψε αρχικά όταν κατασκευάστηκε το πρόβλημα αυτό ως Λήμμα , για την λύση του προβλήματος που έβαλε ο Γιώργος Εδώ .

Όπως έχουμε πει, τίποτα δεν έρχεται ουρανοκατέβατο.

#4

vittasko έγραψε:ΥΓ. Θα βάλω αργότερα μία απόδειξη βασισμένη στο κριτήριο της συμμετροδιαμέσου του $\vartriangle DEZ$ ...

Ορίζουμε το

, ως το σημείο τομής της

από την δια του

παράλληλη ευθεία προς την

και έστω το σημείο $P\equiv ZM\cap DT$ .

Αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

.

: Μία απρόσμενη (;) παραλληλία.; f=112_t=54463(b).PNG (23.17 KiB) Προβλήθηκε 1119 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $S\equiv EZ\cap DT$ και $Q\equiv DZ\cap EP$ και από $P\in ZM\Rightarrow$ $SQ\parallel DE\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{SE}{SZ} = \frac{QD}{QZ}}\ \ \ ,(1)$

Από $ZT\parallel DE\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{SE}{SZ} = \frac{DE}{ZT}}\ \ \ ,(2)$

Τα τρίγωνα $\vartriangle EZT,\ \vartriangle DEZ$ είναι όμοια γιατί έχουν $\angle EZT = \angle DEZ$ και $\angle ETZ = \angle DEC = \angle DZE$ και άρα, έχουμε $\displaystyle \frac{DE}{EZ} = \frac{EZ}{ZT}\ \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{DE}{ZT} = \frac{(EZ)^{2}}{(ZT)^{2}}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{DE}{ZT} = \frac{(DE)^{2}}{(EZ)^{2}}}\ \ \ ,(4)$

Από $(1),\ (2),\ (4)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{QD}{QZ} = \frac{(DE)^{2}}{(EZ)^{2}}}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

προκύπτει ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την

-συμμετροδιάμεσο του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ .

Συμπεραίνεται έτσι, ότι η

περνάει από το σημείο

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Μία απρόσμενη (;) παραλληλία.

Μία απρόσμενη (;) παραλληλία.

Re: Μία απρόσμενη (;) παραλληλία.

Re: Μία απρόσμενη (;) παραλληλία.

Re: Μία απρόσμενη (;) παραλληλία.

Μέλη σε σύνδεση