Ωραία γεωμετρία !

#1

Μετά τη σχετική υπόδειξη και το σχήμα η άσκηση γίνεται πιο ανθρώπινη. Αν βρείτε και άλλη λύση, ας την γράψετε. Ετοιμάζω τον τόμο 1 , οπότε ας μη μείνει έξω τίποτα το εξαιρετικό .

Την άσκηση την έχω στο συνημμένο.

Μπάμπης

#2

καλησπέρα

Μπάμπη ,νομίζω πως το απέδειξα
δεν έχω σχήμα όμως ,γράφω τις γωνίες με τρία γράμματα-λίγο κουραστικό-και εννοείται πως δεν τις συμβολίζω !!!
σημειώστε στο σχήμα σας και θα τα βρείτε

λοιπόν πάμε
----------------
Προεκτείνω την ΑΜ προς το Μ, έστω ΜΧ ημιευθεία

1) ΧΜΒ=Γ …… (ΜΑΓΒ εγράψιμο)

2) ΔΜΕ=Α,(ΔΜΑΕ)

3)ΑΜΕ=ΑΔΕ=Γ…..(ΑΜΔΕ,…ΔΕΓΒ, ΕΓΡΑΨΙΜΑ)

4)αρκει να δείξω ότι ΝΜΔ+ΔΜΕ+ΕΜΑ+ΜΝΕ=180

δηλαδή ΝΜΔ= Β-Γ

5)ΜΔΑ= ΝΜΔ+ ΜΒΔ (Εξωτερική ΤΟΥ ,ΜΒΔ)

6)ΜΑΔ=ΜΕΔ….(ΜΑΕΓ----εγράψιμο)

8)ΑΕΔ=Β….(ΔΕΓΒ---εγράψιμο)

9)ΑΕΜ=ΑΔΜ=Β-ΜΑΔ

10)ΜΕΝ=ΝΒΓ=>Επομένως=>ΔΕΝ=ΝΒΔ

11)άρα ΜΕΝ=ΜΕΔ+ΔΕΝ=ΜΑΔ+ΝΒΑ=ΧΜΒ=Γ

12)ΣΤΟ ΒΜΑ

ΝΜΔ=180-ΝΒΔ-ΔΜΕ-ΕΜΑ-ΜΑΔ=Β-Γ και αποδείχθηκε το ζητούμενο

Άρα ΜΑ//ΝΕ

Και επομένως ΑΜΕ=ΜΕΝ=Γ=ΜΝΕ===>ΜΝ=ΜΕ

ΤΕΛΟΣ (θέλω να πιστεύω πως δεν μου ξέφυγε κάτι στην αντιγραφή)

dimitris pap · #3

Ωραία άσκηση που πιστεύω έχει αρκετές λύσεις!!
Μία λύση στηρίζεται στη στροφική ομοιοθεσία!

Απ' τη κατασκευή του το

είναι το κέντρο της στροφικής ομοιοθεσίας που πηγαίνει το

στο

(αφού είναι η τομή των κύκλων AED

,

! (αποδεικνύεται εύκολα γωνιακά// δείτε άσκηση ΒΜΟ 2009).

Η γωνία της στροφής είναι EMD=EAD

. Εστω τώρα K,L

τα μέσα των

,

. Τότε η ίδια στροφική ομοιοθεσία πηγαίνει το K στο L κι έτσι KML=EAD=KAL

. Αυτό σημαίνει ότι K,A,M,L

ομοκυκλικά κι αφού ο κύκλος AKL

περνάει απ' το

έχουμε το ζητούμενο!

Χαιρετίσματα από Αγγλία

S.E.Louridas · #4

Dancing with the circles

Θεωρούμε το εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Ο τετράπλευρο BCDT , με
$A \equiv BT \cap CD,S \equiv DT \cap BC.$ Εύκολα αποδεικνύεται (εξ άλλου είναι το θεώρημα του Miquel) ότι υπάρχει μοναδικό σημείο
$M \in AS,$ από το οποίο διέρχονται οι περιγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα ATD ,ABC,BTS, DCS. Άμεσα έχουμε
$\sphericalangle DMA = \sphericalangle BMS = \sphericalangle DTA = \sphericalangle DCB.....\left( * \right) \wedge \sphericalangle DMB = 180^ \circ - 2\sphericalangle DCB = 180^ \circ - \sphericalangle DOB \Rightarrow$
$M,B,O,D\;o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \,\kappa \alpha \iota \;OD = OB \Rightarrow \sphericalangle DMO = \sphericalangle OMB......\left( { * * } \right)\mathop \Rightarrow \limits_{\left( { * * } \right)}^{\left( * \right)} OM \bot AS.$

Παρατήρηση:
Στην πανέμορφη άσκηση του φίλου Μπάμπη ,προφανώς οι κοινές χορδές που υπάρχουν εδώ συντρέχουν σε ριζικό κέντρο ή
είναι παράλληλες.

S.E.Louridas

#5

S.E.Louridas έγραψε:Dancing with the circles

Θεωρούμε το εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Ο τετράπλευρο BCDT , με
$A \equiv BT \cap CD,S \equiv DT \cap BC.$ Εύκολα αποδεικνύεται (εξ άλλου είναι το θεώρημα του Miquel) ότι υπάρχει μοναδικό σημείο
$M \in AS,$ από το οποίο διέρχονται οι περιγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα ATD ,ABC,BTS, DCS. Άμεσα έχουμε
$\sphericalangle DMA = \sphericalangle BMS = \sphericalangle DTA = \sphericalangle DCB.....\left( * \right) \wedge \sphericalangle DMB = 180^ \circ - 2\sphericalangle DCB = 180^ \circ - \sphericalangle DOB \Rightarrow$
$M,B,O,D\;o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \,\kappa \alpha \iota \;OD = OB \Rightarrow \sphericalangle DMO = \sphericalangle OMB......\left( { * * } \right)\mathop \Rightarrow \limits_{\left( { * * } \right)}^{\left( * \right)} OM \bot AS.$

Παρατήρηση:
Στην πανέμορφη άσκηση του φίλου Μπάμπη ,προφανώς οι κοινές χορδές που υπάρχουν εδώ συντρέχουν σε ριζικό κέντρο ή
είναι παράλληλες.

S.E.Louridas

Σωτήρη, αυτή την ωραία λύση(original Louridas !) θέλω να την κουβεντιάσουμε λίγο από κοντά όταν βρεθούμε.Εϊναι πολύ ωραία και τη θέλω επώνυμα ως εφαρμογή στο θεώρημα Miquel.
Θέλω μόνο να έχεις μαζί σου το σχήμα , διότι αυτό δεν γίνεται εύκολα χωρίς γεωμ.όργανα.

Μπάμπης
(τη λύση με το ριζικό κέντρο την έχω στο βιβλίο των ολυμπιάδων -τόμος 3)

#6

Πολύ ωραίες και οι δύο λύσεις, του Σωτήρη και του Δημήτρη να προσθέσω και μία τρίτη, αφού ευχαριστήσω τον Μπάμπη, καθώς με έκανε να την θυμηθώ (νομίζω την είχα δεί όταν πρωτοδιάβασα το βιβλίο σου και την είχα λύσει, αλλά έχω το κακό συνήθειο να μην γράφω τις λύσεις μου...)
Λύση
Αρχικά το ΑΚΟΧ είναι παραλληλόγραμμο, (αν Χ είναι το περίκεντρο του ΑΔΕ και Κ του ΑΒΓ) καθώς η ΔΕ είναι αντιπαράλληλη της ΒΓ, επομένως κάθετη στην ΑΚ και η ΑΧ κάθετη στην ΒΓ καθώς είναι ισογώνια της ΑΚ, στο τρίγωνο ΑΔΕ.
Επομένως η μεσοκάθετος της ΑΜ περνά από τα κέντρα Χ και Κ καθώς και από το μέσο της ΑΟ, δηλαδή ΟΜ//ΚΧ.
Φιλικά,
ΑΝΔΡΕΑΣ

hsiodos · #7

Καλημέρα
Μια λύση ακόμα

1. Από το εγγράψιμο ΜΑΓΒ παίρνουμε $\hat{M_1}=\hat{\Gamma } (\eta \,\,\,\hat{M_1} \,\,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \varrho \iota \kappa \eta )$ .
Από το εγγράψιμο ΔΕΓΒ παίρνουμε $\hat{\Delta _1}=\hat{\Gamma } (\eta \,\,\,\hat{\Delta _1} \,\,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \varrho \iota \kappa \eta )$ .
Από το εγγράψιμο ΜΑΕΔ παίρνουμε $\hat{\Delta _1}=\hat{M_2 }$ . Από τις προηγούμενες σχέσεις προκύπτει $\hat{M_1}=\hat{M_2 } =\hat{\Gamma }$ και έτσι συμπεραίνουμε ότι η ΜΑ είναι διχοτόμος της ${\color{blue}\hat{EMx}\,\,\,(*) }$

2. Είναι $\hat{BOE}=2\hat{\Gamma }$ (Επίκεντρη-εγγεγραμμένη στον κύκλο (Ο)). Επίσης $\hat{BME}=180^o-\left(\hat{M_1}+\hat{M_2 } \right)\Rightarrow \hat{BME}=180^o-2\hat{\Gamma }$
Έτσι $\hat{BOE}+\hat{BME}=180^o$ οπότε το ΒΜΕΟ είναι εγγράψιμο.

3. Επειδή ΟΒ=ΟΕ (ακτίνες) από το εγγράψιμο ΒΜΕΟ παίρνουμε $\hat{M_3}=\hat{M_4 }$ οπότε η ΜΟ είναι διχοτόμος της ${\color{blue} \hat{BME}\,\,\,(**)}$
Τώρα από (*) και (**) προκύπτει ότι $OM\perp MA$

Γιώργος

** Η άσκηση πράγματι είναι πολύ ωραία. Προσπάθησα να την λύσω χρησιμοποιώντας μόνο αρμονικές δέσμες αλλά δεν τα κατάφερα. Αν πειραματιστεί κάποιος με το σχήμα θα διαπιστώσει πολλά ενδιαφέροντα πράγματα που θα μπορούσαν να μπουν σαν ερωτήματα.
Για παράδειγμα αν ΔΕ όχι παράλληλη στην ΒΓ και Η το σημείο τομής των ΔΕ,ΒΓ παρατηρώ ότι: Η κάθετη από το Α στην ΗΟ , η ΓΔ , η ΒΕ και η ΜΟ συντρέχουν.
Μέχρι τώρα δεν έχω καταφέρει να αποδείξω γιατί η ΜΟ συντρέχει με τις άλλες τρεις.

: γεωμετρία-Μπάμπης.png (50.34 KiB) Προβλήθηκε 1646 φορές

dimitris pap · #8

hsiodos έγραψε: ** Η άσκηση πράγματι είναι πολύ ωραία. Προσπάθησα να την λύσω χρησιμοποιώντας μόνο αρμονικές δέσμες αλλά δεν τα κατάφερα. Αν πειραματιστεί κάποιος με το σχήμα θα διαπιστώσει πολλά ενδιαφέροντα πράγματα που θα μπορούσαν να μπουν σαν ερωτήματα.
Για παράδειγμα αν ΔΕ όχι παράλληλη στην ΒΓ και Η το σημείο τομής των ΔΕ,ΒΓ παρατηρώ ότι: Η κάθετη από το Α στην ΗΟ , η ΓΔ , η ΒΕ και η ΜΟ συντρέχουν.
Μέχρι τώρα δεν έχω καταφέρει να αποδείξω γιατί η ΜΟ συντρέχει με τις άλλες τρεις.
-Μπάμπης.png

Αυτό προκύπτει άμεσα με χρήση πολικών! Δηλαδή έχουμε, αν Κ είναι το σημείο τομής BE, CD

, ότι

είναι η πολική του

κι άρα $OK\perp AH$ . Ομοια προκύπτει (και αυτό που λες) ότι Κ ορθόκεντρο του AHO

#9

Γιώργο καλησπέρα, τι γίνεσαι ;

Η κάθετη ευθεία από το

επί την

είναι η πολική ευθεία του

ως προς τον περίκυκλο (O)

του τετραπλεύρου BCED

και ως γνωστό, περνάει από το σημείο $N\equiv BE\cap CD.$

Είναι γνωστό επίσης, ότι η ευθεία που συνδέει το κένρο του (O)

( περίκυκλου του BCED

) με το

( σημείο τομής των διαγωνίων του BCED

), είναι κάθετη επί την ευθεία

( που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του BCED

) και άρα έχουμε $ON\equiv OM\perp AH.$

$\bullet$ Όπως γράφει και ο Σωτήρης πιο πάνω, το

είναι το σημείο Miquel στο πλήρες τετράπλευρο BCEDAH

και λόγω του εγγραψίμου BCED

( ειδική περίπτωση ), κείται επί της ευθείας AH.

Κώστας Βήττας.

hsiodos · #10

vittasko έγραψε:Γιώργο καλησπέρα, τι γίνεσαι ;

Η κάθετη ευθεία από το επί την είναι η πολική ευθεία του ως προς τον περίκυκλο του τετραπλεύρου και ως γνωστό, περνάει από το σημείο $N\equiv BE\cap CD.$

Είναι γνωστό επίσης, ότι η ευθεία που συνδέει το κένρο του ( περίκυκλου του ) με το ( σημείο τομής των διαγωνίων του ), είναι κάθετη επί την ευθεία ( που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του ) και άρα έχουμε $ON\equiv OM\perp AH.$

$\bullet$ Όπως γράφει και ο Σωτήρης πιο πάνω, το είναι το σημείο Miquel στο πλήρες τετράπλευρο και λόγω του εγγραψίμου ( ειδική περίπτωση ), κείται επί της ευθείας

Κώστας Βήττας.

Γεια σου Κώστα
Σε ευχαριστώ για τα όσα κατατοπιστικά έγραψες. Αυτό που είναι γνωστό (μπλε γράμματα) εμένα μου διέφευγε! Το σημειώνει και ο Δημήτρης πιο πάνω τον οποίο επίσης ευχαριστώ. Που θα πάει, όσο θα περνάει ο καιρός θα εξοικειώνομαι με τις πολικές. Ας είναι καλά οι γεωμέτρες της παρέας!

Γιώργος

S.E.Louridas · #11

Επειδή μου ζητήθηκε (προσωπικά μηνύματα κ.τ.λ.) να προσαρμόσω την λύση μου στο θέμα ‘Ωραία γεωμετρία’ του Μπάμπη στο σχήμα που υπάρχει εκεί, επιτρέψτε μου να το κάνω.
Αν οι χορδές ΑΜ, ΔΕ, ΒΓ είναι παράλληλες το πρόβλημα είναι προφανές.
Αν τουλάχιστον δύο από αυτές δεν είναι παράλληλες τότε και οι τρεις συναντώνται στο ριζικό κέντρο, έστω S .Το σημείο Μ είναι το σημείο Miquel ,τομή των περιγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα ΔΑΕ, ΔSΒ, ΑΒΓ, SΕΓ που βρίσκεται στην ΑS, αφού το ΔΒΓΕ είναι εγγράψιμμο (ικανή και αναγκαία συνθήκη για το γεγονός αυτό).
$\angle SMB = \angle EMA = \angle S\Delta {\rm B} = \pi - \Gamma \Rightarrow \angle {\rm B}{\rm M}{\rm E} = \pi - 2\Gamma = \pi - \angle {\rm E}{\rm O}{\rm B} \Rightarrow {\rm M},{\rm B},{\rm O},{\rm E}$
ομοκυκλικά σημεία με ΟΕ=ΟΒ,
επομένως
$\angle {\rm B}{\rm M}{\rm O} = \angle {\rm O}{\rm M}{\rm E} \Rightarrow \angle S{\rm M}{\rm O} = \angle {\rm O}{\rm M}{\rm A} = \frac{\pi } {2}.$

S.E.Louridas

Ωραία γεωμετρία !

Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Re: Ωραία γεωμετρία !

Μέλη σε σύνδεση