Μετρικές επί (3)

#1

Έστω $\displaystyle{ \left( O \right) }$ ο περιγεγραμμένος κύκλος τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και $\displaystyle{ M }$ τυχαίο σημείο του. Αν $\displaystyle{ MD,MZ,ME }$ είναι οι κάθετες από το $\displaystyle{ M }$ στις πλευρές $\displaystyle{ BC,CA,AB }$ αντίστοιχα να δειχθεί ότι:

i) $\displaystyle{ \frac{{MD \cdot ZE}} {{BC}} = \frac{{MZ \cdot ED}} {{CA}} = \frac{{ME \cdot DZ}} {{AB}} }$

ii) $\displaystyle{ \frac{{BC}} {{MD}} = \frac{{CA}} {{MZ}} - \frac{{AB}} {{ME}} }$

iii) Αν $\displaystyle{ MK \bot ZE \Rightarrow MZ \cdot ME = MK \cdot MA }$

Στάθης

#2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Έστω $\displaystyle{ \left( O \right) }$ ο περιγεγραμμένος κύκλος τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και $\displaystyle{ M }$ τυχαίο σημείο του. Αν $\displaystyle{ MD,MZ,ME }$ είναι οι κάθετες από το $\displaystyle{ M }$ στις πλευρές $\displaystyle{ BC,CA,AB }$ αντίστοιχα να δειχθεί ότι:

i) $\displaystyle{ \frac{{MD \cdot ZE}} {{BC}} = \frac{{MZ \cdot ED}} {{CA}} = \frac{{ME \cdot DZ}} {{AB}} }$

ii) $\displaystyle{ \frac{{BC}} {{MD}} = \frac{{CA}} {{MZ}} + \frac{{AB}} {{ME}} }$

iii) Αν $\displaystyle{ MK \bot ZE \Rightarrow MZ \cdot ME = MK \cdot MA }$

Στάθης

καλό μεσημέρι σε όλους
--------------------------------
i)
ισχύει ότι $\displaystyle{EZ=\frac{BC\cdot MA}{2R},~~ ED=\frac{AC\cdot MB}{2R},~~ ZD=\frac{AB\cdot MC}{2R}}$ ,,

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου , (αν θέλουμε απόδειξη ,θα τη δώσω το βράδυ)

οι προηγούμενες σχέσεις γίνονται :

$\displaystyle{\frac{MD \cdot ZE }{BC}=\frac{MD\cdot MA}{2R},~~ \frac{ED \cdot MZ}{CA}=\frac{MB\cdot MZ}{2R},~~ \frac{DZ \cdot ME}{AB}=\frac{MC \cdot ME}{2R}}$

αρκεί να δείξουμε ότι $MD\cdot MA=MB\cdot MZ=MC\cdot ME$
ας δούμε το ένα ζευγάρι

$\displaystyle{M\hat AB+M\hat CD=180^0\Rightarrow \sin M\hat AB=\sin M\hat CD\Rightarrow \sin E\hat AM=\sin M\hat CD\Rightarrow }$

$\displaystyle{\cos E\hat MA=\cos D\hat MC\Rightarrow \frac{ME}{MA}=\frac{MD}{MC},~~ \checkmark}$

ii) από το i) έχουμε:

$\displaystyle{\frac{BC}{MD}=\frac{CA\cdot ZE}{MZ \cdot ED}=\frac{AB \cdot ZE}{ME \cdot DZ}=a}$ ,,

σταθερός

...Στάθη,εδώ βγάζω το ζητούμενο ,αλλά με $\boxed{-}$ στη σχέση...

$\displaystyle{\frac{CA}{MZ}-\frac{AB}{ME}=\frac{a \ ED}{ZE}-\frac{a \ DZ}{ZE}=a \ \frac{ED-DZ}{ZE}=a=\frac{BC}{MD}, }$

iii) AEMZ

είναι εγγράψιμο και

$\displaystyle{E\hat AM=E\hat ZM\Rightarrow E\hat MA=K\hat MZ\Rightarrow \cos( E\hat MA)=\cos( K\hat MZ)\Rightarrow \frac{ME}{MA}=\frac{MK}{MZ}\rightarrow MZ\cdot ME=MK\cdot MA~~ \checkmark}$

#3

[quote="Φωτεινή"]
καλό μεσημέρι σε όλους
--------------------------------
i)
ισχύει ότι $\displaystyle{EZ=\frac{BC\cdot MA}{2R},~~ ED=\frac{AC\cdot MB}{2R},~~ ZD=\frac{AB\cdot MC}{2R}}$ ,,

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου , (αν θέλουμε απόδειξη ,θα τη δώσω το βράδυ)

Στάθη,εδώ βγάζω το ζητούμενο ,αλλά με $\boxed{-}$ στη σχέση...

$\displaystyle{\frac{CA}{MZ}-\frac{AB}{ME}=\frac{a \ ED}{ZE}-\frac{a \ DZ}{ZE}=a \ \frac{ED-DZ}{ZE}=a=\frac{BC}{MD}, }$

Καλησπέρα Φωτεινή.
Θέλω να σε ευχαριστήσω για τις διορθώσεις που κάνεις στα θέματα που δημοσιεύω και μου φαίνεται ότι τώρα τελευταία κάνω αρκετά λάθη (μπορεί να είναι λόγω ηλικίας!!!)

Θα δώσω μια άλλη λύση στο i) ερώτημα καθώς και μια απόδειξη του θέματος που χρησιμοποίησε η Φωτεινή σαν το ελάχιστο ευχαριστώ για την άριστη επιμελήτρια

i) Προφανώς τα σημεία $\displaystyle{ E,Z,D }$ είναι συνευθειακά ( $\displaystyle{ EZD }$ ευθεία Simson του σημείου $\displaystyle{ M }$ ως προς το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ ). Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα. Είναι

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{EZM}\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau .\sigma \tau o.\varepsilon \gamma \gamma \rho .ZDCM} \widehat{MCB} \\ \widehat{MEZ}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \rho .MEBD} \widehat{MBC} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle MEZ \sim \vartriangle MBC \Rightarrow \boxed{\frac{{ZE}} {{BC}} = \frac{{MZ}} {{MC}}} = \frac{{ME}} {{MB}}:\left( 1 \right) }$ (σχ.1) και $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{DEM}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \rho .MEAZ} \widehat{CAM} \\ \widehat{MDE}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \rho .MZDC} \widehat{MCA} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle MED \sim \vartriangle MAC \Rightarrow \boxed{\frac{{MD}} {{MC}} = \frac{{DE}} {{AC}}}\left( 2 \right) }$

Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) }$ κατά μέλη έχουμε: $\displaystyle{ \frac{{ZE}} {{BC}} \cdot \frac{{MD}} {{MC}} = \frac{{MZ}} {{MC}} \cdot \frac{{DE}} {{AC}} \Rightarrow \boxed{\frac{{MD \cdot ZE}} {{BC}} = \frac{{MZ \cdot DE}} {{AC}}} }$ . (σχήμα 2)

Και το σχήμα (3) δώρο μαζί με μια απόδειξη της σχέσης : $\displaystyle{ \boxed{EZ = \frac{{BC \cdot MA}} {{2R}}} }$

Φέρνουμε τη διάμετρο $\displaystyle{ MN }$ τότε προφανώς επειδή $\displaystyle{ \widehat{CAM} = \widehat{CNM} }$ (εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο) τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle AZM,\vartriangle MNC }$

είναι όμοια οπότε: $\displaystyle{ \frac{{MA}} {{MN}} = \frac{{MZ}} {{MC}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \frac{{EZ}} {{BC}}\mathop \Rightarrow \limits^{MN = 2R} \frac{{MA}} {{2R}} = \frac{{EZ}} {{BC}} \Rightarrow \boxed{EZ = \frac{{BC \cdot MA}} {{2R}}} }$

Φωτεινή σε ευχαριστώ και πάλι

Στάθης

#4

Φίλε Στάθη Καλημέρα.
Μία άλλη (iv) κομψή σχέση για το αρχικό σου σχήμα, είναι και η παρακάτω, την οποία και προτείνω για απόδειξη:
ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME.
Δηλαδή, να αποδειχθεί ότι:
«Τα τρία γινόμενα, της απόστασης, τυχαίου σημείου του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου, από κάθε μια κορυφή του τριγώνου, επί την απόσταση του σημείου τούτου από την απέναντι της κορυφής αυτής πλευρά, είναι ίσα».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#5

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Φίλε Στάθη Καλημέρα.
Μία άλλη (iv) κομψή σχέση για το αρχικό σου σχήμα, είναι και η παρακάτω, την οποία και προτείνω για απόδειξη:
ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME.
Δηλαδή, να αποδειχθεί ότι:
«Τα τρία γινόμενα, της απόστασης, τυχαίου σημείου του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου, από κάθε μια κορυφή του τριγώνου, επί την απόσταση του σημείου τούτου από την απέναντι της κορυφής αυτής πλευρά, είναι ίσα».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

καλημέρα κύριε Νίκο,τι κάνετε;

τη σχέση που δίνετε την έχουμε αποδείξει στο πρώτο ερώτημα

Φωτεινή έγραψε: αρκεί να δείξουμε ότι $\boxed{MD\cdot MA=MB\cdot MZ=MC\cdot ME}$
ας δούμε το ένα ζευγάρι

$\displaystyle{M\hat AB+M\hat CD=180^0\Rightarrow \sin M\hat AB=\sin M\hat CD\Rightarrow \sin E\hat AM=\sin M\hat CD\Rightarrow }$

$\displaystyle{\cos E\hat MA=\cos D\hat MC\Rightarrow \frac{ME}{MA}=\frac{MD}{MC},~~ \checkmark}$

#6

Φωτεινή έγραψε:
ΝΙΚΟΣ έγραψε:Φίλε Στάθη Καλημέρα.
Μία άλλη (iv) κομψή σχέση για το αρχικό σου σχήμα, είναι και η παρακάτω, την οποία και προτείνω για απόδειξη:
ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME.
Δηλαδή, να αποδειχθεί ότι:
«Τα τρία γινόμενα, της απόστασης, τυχαίου σημείου του περιγεγραμμένου κύκλου τριγώνου, από κάθε μια κορυφή του τριγώνου, επί την απόσταση του σημείου τούτου από την απέναντι της κορυφής αυτής πλευρά, είναι ίσα».

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

καλημέρα κύριε Νίκο,τι κάνετε;
τη σχέση που δίνετε την έχουμε αποδείξει στο πρώτο ερώτημα

Φωτεινή έγραψε: αρκεί να δείξουμε ότι $\boxed{MD\cdot MA=MB\cdot MZ=MC\cdot ME}$
ας δούμε το ένα ζευγάρι

$\displaystyle{M\hat AB+M\hat CD=180^0\Rightarrow \sin M\hat AB=\sin M\hat CD\Rightarrow \sin E\hat AM=\sin M\hat CD\Rightarrow }$

$\displaystyle{\cos E\hat MA=\cos D\hat MC\Rightarrow \frac{ME}{MA}=\frac{MD}{MC},~~ \checkmark}$

Φωτεινή καλή σου ημέρα.
Χαίρομαι που συναντιόμαστε, έστω και εδώ, γιατί φέτος εμείς δε θα έλθουμε στην Καλαμάτα.
Ευχαριστώ πολύ για την απάντησή σου.
Είδα και την αρχική απόδειξή σου, έστω και μετά.
Με την παρέμβασή μου θέλω απλώς να επισημάνω την ωραία σχέση (Πρόταση) που αληθεύει εδώ, καθώς νομίζω ότι αξίζει τον κόπο, αφού δεν την επισήμανε κάποιος άλλος και μάλλιστα έτσι όπως την διατύπωσα με τη μορφή Προτάσεως, ώστε να απομνημονέυεται έυκολα.
Ακόμη, ορμώμενος από αυτή, να κάνω γνωστή μια αξιόλογη και πρωτοεμφανιζόμενη πιστεύω γενική Πρόταση, στην οποία στηρίζω τη δική μου απόδειξη.

Η δική μου απόδειξη λοιπόν είναι η εξής:
Επειδή προφανώς η DEZ είναι ευθεία Simson, το ΑΒDZCE είναι πλήρες τετράπλευρο και επειδή εύκολα βρίσκουμε ότι το Μ είναι το σημείο Miquel του πλήρες τετράπλευρο αυτού, σύμφωνα με την Πρότασή μου 2ε(55) (τόμος 3) του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», θα αληθεύει η σχέση ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME, που έδωσα παραπάνω.

Η γενική Πρόταση 2ε(55) στην οποία αναφέρομαι παραπάνω και την οποία προτείνω για απόδειξη, έχει ως εξής:
«Τα τρία γινόμενα, των αποστάσεων του σημείου Miquel, από τα άκρα κάθε διαγωνίου τυχαίου (κυρτού ή μη) πλήρους τετράπλευρου, είναι ίσα».
Δηλαδή, αν το ABDZCE (αναφέρομαι στο αρχικό σχήμα του φίλου Στάθη), είναι τυχαίο πλήρες τετράπλευρο και Μ το σημείο Miquel του, τότε αληθεύει η σχέση: ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#7

Η δική μου απόδειξη λοιπόν είναι η εξής:
Επειδή προφανώς η DEZ είναι ευθεία Simson, το ΑΒDZCE είναι πλήρες τετράπλευρο και επειδή εύκολα βρίσκουμε ότι το Μ είναι το σημείο Miquel του πλήρες τετράπλευρο αυτού, σύμφωνα με την Πρότασή μου 2ε(55) (τόμος 3) του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», θα αληθεύει η σχέση ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME, που έδωσα παραπάνω.[/b]

Η γενική Πρόταση 2ε(55) στην οποία αναφέρομαι παραπάνω και την οποία προτείνω για απόδειξη, έχει ως εξής:
«Τα τρία γινόμενα, των αποστάσεων του σημείου Miquel, από τα άκρα κάθε διαγωνίου τυχαίου (κυρτού ή μη) πλήρους τετράπλευρου, είναι ίσα».
Δηλαδή, αν το ABDZCE (αναφέρομαι στο αρχικό σχήμα του φίλου Στάθη), είναι τυχαίο πλήρες τετράπλευρο και Μ το σημείο Miquel του, τότε αληθεύει η σχέση: ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.
[/quote]

Νίκο καλησπέρα !!!
Εχουμε αρκετό καιρό να τα πούμε. Θα δείξω το γενικευμένο θέμα σου αυστηρά γεωμετρικά (όπως σου αρέσει) που στηρίζεται σε ομοιότητες τριγώνων και στη γενικευμένη ευθεία Simson

Έστω το πλήρες τετράπλευρο $\displaystyle{ AA'BB'CC' }$ με $\displaystyle{ A,A' - B,B' - C,C' }$ τα ζεύγη των απέναντι κορυφών του οπότε $\displaystyle{ AA',BB',CC' }$ οι διαγώνιές του.

$\displaystyle{ M }$ είναι το σημείο του Miquel του πλήρους τετραπλεύρου (δηλαδή το σημείο από το οποίο διέρχονται οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τεσσάρων τριγώνων του (η απόδειξη στο συνημμένο).

Επίσης τα σημεία $\displaystyle{ A',B',C' }$ είναι συνευθειακά (Γενικευμένη ευθεία Simson του σημείου $\displaystyle{ M }$ ως προς το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ (η απόδειξη στο συνημμένο))

Θα δείξω ότι: $\displaystyle{ \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB' = MC \cdot MC'} }$ .

Απόδειξη
Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle MAB \\ \vartriangle MA'B' \\ \end{gathered} \right\}\left\{ \begin{gathered} \widehat{MAB}\mathop = \limits^{AB'MC'(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{MB'A'} \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} \widehat{A'CB'}\mathop = \limits^{A'B'CM(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{A'MB'} \\ \widehat{A'CB'}\mathop = \limits^{ACMB(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{AMB} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \widehat{A'MB'} = \widehat{AMB} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \vartriangle MAB \sim \vartriangle MA'B' \Rightarrow \frac{{MA}} {{MB'}} = \frac{{MB}} {{MA'}} \Rightarrow \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB'}:\left( 1 \right) }$

Με όμοιο τρόπο από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle MCB \sim \vartriangle MC'B' \Rightarrow \frac{{MC}} {{MB'}} = \frac{{MB}} {{MC'}} \Rightarrow \boxed{MC \cdot MC' = MB \cdot MB'}:\left( 2 \right) }$

Από τις σχέσεις $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \ldots \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB' = MC \cdot MC'} }$

Στάθης

#8

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Η δική μου απόδειξη λοιπόν είναι η εξής:
Επειδή προφανώς η DEZ είναι ευθεία Simson, το ΑΒDZCE είναι πλήρες τετράπλευρο και επειδή εύκολα βρίσκουμε ότι το Μ είναι το σημείο Miquel του πλήρες τετράπλευρο αυτού, σύμφωνα με την Πρότασή μου 2ε(55) (τόμος 3) του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», θα αληθεύει η σχέση ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME, που έδωσα παραπάνω.[/b]

Η γενική Πρόταση 2ε(55) στην οποία αναφέρομαι παραπάνω και την οποία προτείνω για απόδειξη, έχει ως εξής:
«Τα τρία γινόμενα, των αποστάσεων του σημείου Miquel, από τα άκρα κάθε διαγωνίου τυχαίου (κυρτού ή μη) πλήρους τετράπλευρου, είναι ίσα».
Δηλαδή, αν το ABDZCE (αναφέρομαι στο αρχικό σχήμα του φίλου Στάθη), είναι τυχαίο πλήρες τετράπλευρο και Μ το σημείο Miquel του, τότε αληθεύει η σχέση: ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Νίκο καλησπέρα !!!
Εχουμε αρκετό καιρό να τα πούμε. Θα δείξω το γενικευμένο θέμα σου αυστηρά γεωμετρικά (όπως σου αρέσει) που στηρίζεται σε ομοιότητες τριγώνων και στη γενικευμένη ευθεία Simson

Έστω το πλήρες τετράπλευρο $\displaystyle{ AA'BB'CC' }$ με $\displaystyle{ A,A' - B,B' - C,C' }$ τα ζεύγη των απέναντι κορυφών του οπότε $\displaystyle{ AA',BB',CC' }$ οι διαγώνιές του.

$\displaystyle{ M }$ είναι το σημείο του Miquel του πλήρους τετραπλεύρου (δηλαδή το σημείο από το οποίο διέρχονται οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τεσσάρων τριγώνων του (η απόδειξη στο συνημμένο).

Επίσης τα σημεία $\displaystyle{ A',B',C' }$ είναι συνευθειακά (Γενικευμένη ευθεία Simson του σημείου $\displaystyle{ M }$ ως προς το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ (η απόδειξη στο συνημμένο))

Θα δείξω ότι: $\displaystyle{ \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB' = MC \cdot MC'} }$ .

Απόδειξη
Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle MAB \\ \vartriangle MA'B' \\ \end{gathered} \right\}\left\{ \begin{gathered} \widehat{MAB}\mathop = \limits^{AB'MC'(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{MB'A'} \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} \widehat{A'CB'}\mathop = \limits^{A'B'CM(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{A'MB'} \\ \widehat{A'CB'}\mathop = \limits^{ACMB(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{AMB} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \widehat{A'MB'} = \widehat{AMB} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \vartriangle MAB \sim \vartriangle MA'B' \Rightarrow \frac{{MA}} {{MB'}} = \frac{{MB}} {{MA'}} \Rightarrow \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB'}:\left( 1 \right) }$

Με όμοιο τρόπο από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle MCB \sim \vartriangle MC'B' \Rightarrow \frac{{MC}} {{MB'}} = \frac{{MB}} {{MC'}} \Rightarrow \boxed{MC \cdot MC' = MB \cdot MB'}:\left( 2 \right) }$

Από τις σχέσεις $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \ldots \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB' = MC \cdot MC'} }$

Στάθης[/quote]

Φίλε Στάθη,
Σε ευχαριστώ πολύ για την άμεση ανταπόκριση στην προτροπή μου και στο αίτημά μου.
Όσο για την απόδειξή σου, θα την μελετήσω και θα τοποθετηθώ σχετικά.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#9

ΝΙΚΟΣ έγραψε:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Η δική μου απόδειξη λοιπόν είναι η εξής:
Επειδή προφανώς η DEZ είναι ευθεία Simson, το ΑΒDZCE είναι πλήρες τετράπλευρο και επειδή εύκολα βρίσκουμε ότι το Μ είναι το σημείο Miquel του πλήρες τετράπλευρο αυτού, σύμφωνα με την Πρότασή μου 2ε(55) (τόμος 3) του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», θα αληθεύει η σχέση ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME, που έδωσα παραπάνω.[/b]

Η γενική Πρόταση 2ε(55) στην οποία αναφέρομαι παραπάνω και την οποία προτείνω για απόδειξη, έχει ως εξής:
«Τα τρία γινόμενα, των αποστάσεων του σημείου Miquel, από τα άκρα κάθε διαγωνίου τυχαίου (κυρτού ή μη) πλήρους τετράπλευρου, είναι ίσα».
Δηλαδή, αν το ABDZCE (αναφέρομαι στο αρχικό σχήμα του φίλου Στάθη), είναι τυχαίο πλήρες τετράπλευρο και Μ το σημείο Miquel του, τότε αληθεύει η σχέση: ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Νίκο καλησπέρα !!!
Εχουμε αρκετό καιρό να τα πούμε. Θα δείξω το γενικευμένο θέμα σου αυστηρά γεωμετρικά (όπως σου αρέσει) που στηρίζεται σε ομοιότητες τριγώνων και στη γενικευμένη ευθεία Simson

Έστω το πλήρες τετράπλευρο $\displaystyle{ AA'BB'CC' }$ με $\displaystyle{ A,A' - B,B' - C,C' }$ τα ζεύγη των απέναντι κορυφών του οπότε $\displaystyle{ AA',BB',CC' }$ οι διαγώνιές του.

$\displaystyle{ M }$ είναι το σημείο του Miquel του πλήρους τετραπλεύρου (δηλαδή το σημείο από το οποίο διέρχονται οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τεσσάρων τριγώνων του (η απόδειξη στο συνημμένο).

Επίσης τα σημεία $\displaystyle{ A',B',C' }$ είναι συνευθειακά (Γενικευμένη ευθεία Simson του σημείου $\displaystyle{ M }$ ως προς το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ (η απόδειξη στο συνημμένο))

Θα δείξω ότι: $\displaystyle{ \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB' = MC \cdot MC'} }$ .

Απόδειξη
Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle MAB \\ \vartriangle MA'B' \\ \end{gathered} \right\}\left\{ \begin{gathered} \widehat{MAB}\mathop = \limits^{AB'MC'(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{MB'A'} \hfill \\ \left\{ \begin{gathered} \widehat{A'CB'}\mathop = \limits^{A'B'CM(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{A'MB'} \\ \widehat{A'CB'}\mathop = \limits^{ACMB(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu \mu o)} \widehat{AMB} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \widehat{A'MB'} = \widehat{AMB} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \vartriangle MAB \sim \vartriangle MA'B' \Rightarrow \frac{{MA}} {{MB'}} = \frac{{MB}} {{MA'}} \Rightarrow \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB'}:\left( 1 \right) }$

Με όμοιο τρόπο από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle MCB \sim \vartriangle MC'B' \Rightarrow \frac{{MC}} {{MB'}} = \frac{{MB}} {{MC'}} \Rightarrow \boxed{MC \cdot MC' = MB \cdot MB'}:\left( 2 \right) }$

Από τις σχέσεις $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \ldots \boxed{MA \cdot MA' = MB \cdot MB' = MC \cdot MC'} }$

Στάθης

Φίλε Στάθη,
και πάλι σε ευχαριστώ πολύ για την άμεση απόδειξή σου και ιδιαίτερα για την ευγενική αφιέρωσή σου, που με τιμά ιδιαίτερα, την οποία είδα και καθυστερημένα.
Η απόδειξή σου είναι ξεκάθαρη και αυστηρά Γεωμετρική, που μου αρέσει, όπως και εσύ έχεις διαπιστώσει. Με τη δική μου απόδειξη μικρές διαφορές έχει.
Η ταχύτητά σου με εκπλήσσει (Είσαι άπιαστο πουλί).
Στην απόδειξή σου και στο σχήμα σου αναφέρεσαι στην γενικευμένη ευθεία Simson. Όμως δεν τη χρησιμοποιείς, αν και θα μπορούσες. Βέβαια δε θα κέρδιζες και πολλά, εκτός από την πρωτοτυπία της λύσης σου. Πιστεύω ότι τελικά την ανάφερες για να δείξεις γιατί αληθεύει η σχέση ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME και στις δύο περιπτώσεις (δύο Προτάσεις που έδωσα παραπάνω). (Εδώ να υπενθυμίσω ότι την γενικευμένη ευθεία Simson, επινόησε ο Carnot).
Για την ευθεία Simson γενικά, έχω υπόψη μου τουλάχιστον 32 Προτάσεις (όχι δικής μου επινόησης), ενώ έχω και εγώ επινοήσει αρκετές [μεταξύ των οποίων και την επίμαχη 2ε(55), γι’ αυτό θα ήθελα να ξέρω αν την έχεις δει αλλού και που].

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#10

Φίλε Στάθη,
και πάλι σε ευχαριστώ πολύ για την άμεση απόδειξή σου και ιδιαίτερα για την ευγενική αφιέρωσή σου, που με τιμά ιδιαίτερα, την οποία είδα και καθυστερημένα.
Η απόδειξή σου είναι ξεκάθαρη και αυστηρά Γεωμετρική, που μου αρέσει, όπως και εσύ έχεις διαπιστώσει. Με τη δική μου απόδειξη μικρές διαφορές έχει.
Η ταχύτητά σου με εκπλήσσει (Είσαι άπιαστο πουλί).
Στην απόδειξή σου και στο σχήμα σου αναφέρεσαι στην γενικευμένη ευθεία Simson. Όμως δεν τη χρησιμοποιείς, αν και θα μπορούσες. Βέβαια δε θα κέρδιζες και πολλά, εκτός από την πρωτοτυπία της λύσης σου. Πιστεύω ότι τελικά την ανάφερες για να δείξεις γιατί αληθεύει η σχέση ΑΜ.ΜD=BM.MZ=CM.ME και στις δύο περιπτώσεις (δύο Προτάσεις που έδωσα παραπάνω). (Εδώ να υπενθυμίσω ότι την γενικευμένη ευθεία Simson, επινόησε ο Carnot).
Για την ευθεία Simson γενικά, έχω υπόψη μου τουλάχιστον 32 Προτάσεις (όχι δικής μου επινόησης), ενώ έχω και εγώ επινοήσει αρκετές [μεταξύ των οποίων και την επίμαχη 2ε(55), γι’ αυτό θα ήθελα να ξέρω αν την έχεις δει αλλού και που].

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Νίκο καλημέρα!!! (είναι 2.20 το πρωί)
Να σε ευχαριστήσω για τα καλά σου λόγια και να σου πώ ότι τη γενικευμένη ευθεία του Simson την αναφέρω για αυτό...

Με όμοιο τρόπο από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle MCB \sim \vartriangle MC'B' \Rightarrow \frac{{MC}} {{MB'}} = \frac{{MB}} {{MC'}} \Rightarrow \boxed{MC \cdot MC' = MB \cdot MB'}:\left( 2 \right) }$

(με ενδειαφέρει η συνευθειακότητα Α' , Β', C' για τη μεταφορά των γωνιών από την οποία προκύπτει η ομοιότητα)

Οσο για το αν έχω δεί σε βιβλιογραφία την πρόταση 2ε(55) που αναφέρεις ομολογώ ότι δεν την έχω συναντήσει

Φιλικά
Στάθης

Μετρικές επί (3)

Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Re: Μετρικές επί (3)

Μέλη σε σύνδεση