Ισεμβαδικότητα

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3991
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Ισεμβαδικότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Δεκ 12, 2013 9:35 pm

Ισεμβαδικότητα.png
Ισεμβαδικότητα.png (34.03 KiB) Προβλήθηκε 584 φορές
Να δειχθεί ότι \displaystyle{\left( {D'E'Z'} \right) = \left( {D''E''Z''} \right)}, όπου \displaystyle{D',E',Z'} είναι τα αντιδιαμετρικά των σημείων επαφής\displaystyle{D,E,Z} του έγκυκλου \displaystyle{\left( I \right)}

τριγώνου \displaystyle{\vartriangle ABC} με τις πλευρές του \displaystyle{BC,CA,AB} αντίστοιχα, και \displaystyle{D'' \equiv AD' \cap BC,E'' \equiv BE' \cap CA,Z'' \equiv CZ' \cap AB}.


Στάθης
Υ.Σ. Παρόμοιο θέμα έχει τεθεί παλαιότερα αλλά τίθεται επειδή υπάρχουν πλέον αρκετά "νέα" ΑΣΤΕΡΙΑ της ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ στο :santalogo:


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
giannimani
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Ισεμβαδικότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Παρ Δεκ 13, 2013 11:42 am

equal_areas.png
equal_areas.png (14.24 KiB) Προβλήθηκε 510 φορές
Αρχικά \triangle{D'E'Z'}=\triangle{DEZ} (συμμετρικά ως προς το έγκεντρο I του \triangle{ABC}) (Σχ. α).
Αρκεί, επομένως, (DEZ)=(D''E''Z''). Παρατηρούμε ότι τα D, D'' είναι συμμετρικά ως προς το μέσο M
της πλευράς BC του \triangle{ABC}.
Πράγματι, με την ομοιοθεσία κέντρου A και λόγου \displaystyle \frac{r_a}{r} (r, r_a αντίστοιχα οι ακτίνες των εγγεγραμμένου
και παρεγγεγραμμένου κύκλων στο \triangle{ABC}), ο εγγεγραμμένος απεικονίζεται στον παραγγεγραμμένο, η εφαπτομένη KL
του εγγεγραμμένου στο D' στην εφαπτομένη BC του παρεγγεγραμμένου στο D''.
Τώρα, έχουμε BD=CD''=\tau -b (b=AC), MB=MC(a), άρα MD=MD''.
Τα ανάλογα ισχύουν για τα E, E'' και Z, Z''.
Αντιμετωπίζουμε το πρόβλημα ισότητας εμβαδών με παράλληλη προβολή (αφινικός μετασχηματισμός).
Με μια κατάλληλη παράλληλη προβολή του επιπέδου του \triangle{ABC} επί ενός άλλου επιπέδου,
το \triangle{ABC} απεικονίζεται σε ένα ισόπλευρο τρίγωνο \triangle{A_1B_1C_1} (Σχ. β).
Αρκεί επομένως να αποδείξουμε το συμπέρασμα για το ισόπλευρο τρίγωνο. Έστω a η πλευρά του, x=B_1D_1=C_1D''_1,
y=B_1Z_1=A_1Z''_1 και z=A_1E_1=C_1E''_1. Τότε
(A_1B_1C_1)-(D_1E_1Z_1)=(A_1Z_1E_1)+(B_1Z_1D_1)+(C_1D_1E_1)
=\frac{1}{2}sin60^{\circ}[z(a-y)+xy+(a-z)(a-x)]=\cdots=\frac{1}{2}sin60^{\circ}[a(a-x)+xy+xz-yz].
(A_1B_1C_1)-(D''_1E''_1Z''_1)=(A_1Z''_1E''_1)+(BZ''_1D''_1)+(C_1D''_1E''_1)
=\frac{1}{2}sin60^{\circ}[y(a-z)+(a-x)(a-y)=xy]=\cdots = \frac{1}{2}sin60^{\circ}[a(a-x)+xy+xz-yz].
Οπότε (D_1E_1Z_1)=(D''_1E''_1Z''_1).

(*)Αναφέρουμε τις ιδιότητες της παράλληλης προβολής:
(1) Η παράλληλη προβολή απεικονίζει ευθείες σε ευθείες.
(2) Η παράλληλη προβολή απεικονίζει παράλληλες ευθείες σε παράλληλες ευθείες.
(3) Η παράλληλη προβολή διατηρεί το λόγο των μηκών δύο ευθυγράμμων τμημάτων
που ανήκουν στην ίδια ευθεία ή σε παράλληλες ευθείες.
(4) Η παράλληλη προβολή διατηρεί το λόγο των εμβαδών δύο σχημάτων του επιπέδου.

Επίσης ισχύει το εξής θεώρημα:
Έστω A, B, C τρία μη συνευθειακά σημεία ενός επιπέδου \pi, και έστω M, N, P
τρία επίσης μη συνευθειακά σημεία ενός άλλου επιπέδου \pi '. Τότε τα επίπεδα \pi και \pi '
μπορούν να τοποθετηθούν στο χώρο με τρόπο ώστε να υπάρχει μία παράλληλη προβολή του \pi επί του \pi ',
με την οποία το τρίγωνο ABC απεικονίζεται σε τρίγωνο A'B'C', όμοιο του τριγώνου MNP.

Έγινε διόρθωση στη θέση (a).

Υ.Γ
Στην παραπάνω λύση με βοήθησε η κατά μεγάλο μέρος όμοια άσκηση που υπάρχει στο βιβλίο του Yaglom "Γεωμετρικοί Μετασχηματισμοί" και
συγκεκριμένα στο 3ο Τόμο σελ. 15 (η εκφώνηση) και σελ. 140 (η λύση της) της Αγγλικής μετάφρασης, η οποία είναι η εξής:
Έστω M, N, P σημεία αντίστοιχα των πλευρών AB, B\Gamma και A\Gamma ενός τριγώνου AB\Gamma. Να αποδείξετε ότι
(a) αν τα σημεία M_1, N_1 και P_1 είναι συμμετρικά των M, N και P ως προς τα μέσα των πλευρών AB, B\Gamma, A\Gamma αντίστοιχα, τότε τα τρίγωνα MNP και M_1N_1P_1 έχουν ίσα εμβαδά (ειδικότερα, αν τα σημεία M,N και P είναι συνευθειακά, τότε επίσης είναι συνευθειακά και τα σημεία M_1,N_1 και P_1).
(b) αν M_1,N_1 και P_1 σημεία των πλευρών A\Gamma,BA και \Gamma B ενός \triangle AB\Gamma αντίστοιχα, τέτοια ώστε MM_1\parallel B\Gamma,NN_1 \parallel \Gamma A και PP_1 \parallel AB, τότε τα τρίγωνα MNP και M_1N_1P_1 έχουν ίσα εμβαδά (ειδικότερα, αν τα σημεία M,N και P είναι συνευθειακά, τότε επίσης είναι συνευθειακά και τα σημεία M_1,N_1 και P_1).
τελευταία επεξεργασία από giannimani σε Παρ Δεκ 27, 2013 11:40 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2064
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ισεμβαδικότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Δεκ 16, 2013 1:05 am

Είναι προφανές ότι τα ζεύγη των σημείων D,\ D'' και E,\ E'' και Z,\ Z'' είναι ισοτομικά ως προς τις αντίστοιχες πλευρές του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC και ισχύει γενικότερα ότι (DEZ) = (D''E''Z''), για τυχόντα ζεύγη ισοτομικών σημείων.

Έχει γίνει διεξοδική συζήτηση παλιότερα στο :logo: ( Εδώ ), που αφορά στην γενική πρόταση και ας δούμε με την ευκαιρία αυτή, μία άλλη προσέγγιση για την απόδειξή της.

ΓΕΝΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC και έστω D,\ E,\ F, τυχόντα σημεία επί των πλευρών του BC,\ AC,\ AB, αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι (DE F) = (D'E'F'), όπου D',\ E',\ F' είναι τα ισοτομικά σημεία των D,\ E,\ F, αντιστοίχως.
f=112_t=41584.PNG
Ισεμβαδικότητα - Απόδειξη της γενικής πρότασης.
f=112_t=41584.PNG (26.17 KiB) Προβλήθηκε 410 φορές
\bullet Ισχύει : (DE F) = (BEF) + (BDE) - (BDF)\ \ \ ,(1) και (D'E'F') = (CE'F') + (CD'F') - (CD'E')\ \ \ ,(2)

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε (BEF) = (CE'F')\ \ \ ,(3)

Από (1),\ (2),\ (3) για να ισχύει το ζητούμενο (DE F) = (D'E'F'), αρκεί να αποδειχθεί ότι (BDE) - (BDF) = (CD'F') - (CD'E')\ \ \ ,(4)

Από (4) αρκεί (BDE) + (CD'E') = (CD'F') + (BDF)\ \ \ ,(5)

Από (5) αρκεί (BD)(EZ) + (CD')(E'Z') = (CD')(F'K) + (BD)(FK)\ \ \ ,(6)

Από (6) και BD = CD', αρκεί να αποδειχθεί ότι EZ + E'Z' = FK + F'K'\ \ \ ,(7)

\bullet Αλλά, από τα τραπέζια EZZ'E',\ FKK'F' έχουμε EZ + E'Z' = 2(MM') = AA'\ \ \ ,(8) και FK + F'K' = 2(NN') = AA'\ \ \ ,(9)

όπου M,\ N είναι τα μέσα των AC,\ AB αντιστοίχως και AA' είναι το ύψος του \vartriangle ABC.

Άρα, από (8),\ (9) \Rightarrow (7) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC και έστω E,\ E' και F,\ F', τυχόντα ζεύγη ισοτομικών σημείων επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως και ας είναι τα E',\ F, γειτονικά του A. Αποδείξτε ότι (BEF) = (CE'F').

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα, ειδική περίπτωση της γενικής πρότασης, όταν D\equiv B και D'\equiv C.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2064
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ισεμβαδικότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Δεκ 16, 2013 1:33 am

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC και έστω E,\ E' και F,\ F', τυχόντα ζεύγη ισοτομικών σημείων επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως και ας είναι τα E',\ F, γειτονικά του A. Αποδείξτε ότι (BEF) = (CE'F').
f=112_t=41584(a).PNG
Ισεμβαδικότητα - Γενική πρόταση - Απόδειξη του Λήμματος.
f=112_t=41584(a).PNG (20.29 KiB) Προβλήθηκε 379 φορές
\bullet Δια των σημείων E,\ F', φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις AB,\ AC αντιστοίχως, οι οποίες τέμνονται στο σημείο έστω P.

Από AE\parallel = F'P και AF = BF' και \angle EAF = \angle PF'B, προκύπτει ότι PB\parallel = EF και ομοίως PC\parallel = E'F'.

Από τα παραλληλόγραμμα BPEF,\ CPF'E' έχουμε (BEF) = (BPE)\ \ \ ,(1) και (CE'F') = (CPF')\ \ \ ,(2)

Από PE\parallel AB \Rightarrow (BPE) = (APE)\ \ \ ,(3) και από PF'\parallel AC \Rightarrow (CPF') = (APF')\ \ \ ,(4)

Από το παραλληλόγραμμο AEPF' έχουμε (APE) = (APF')\ \ \ ,(5)

\bullet Από (1),\ (2),\ (3),\ (4),\ (5) \Rightarrow (BEF) = (CE'F') και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: Ισεμβαδικότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Παρ Δεκ 27, 2013 11:53 pm

giannimani έγραψε: Υ.Γ
Στην παραπάνω λύση με βοήθησε η κατά μεγάλο μέρος όμοια άσκηση που υπάρχει στο βιβλίο του Yaglom "Γεωμετρικοί Μετασχηματισμοί" και
συγκεκριμένα στο 3ο Τόμο σελ. 15 (η εκφώνηση) και σελ. 140 (η λύση της) της Αγγλικής μετάφρασης, η οποία είναι η εξής:
Έστω M, N, P σημεία αντίστοιχα των πλευρών AB, B\Gamma και A\Gamma ενός τριγώνου AB\Gamma. Να αποδείξετε ότι
(a) αν τα σημεία M_1, N_1 και P_1 είναι συμμετρικά των M, N και P ως προς τα μέσα των πλευρών AB, B\Gamma, A\Gamma αντίστοιχα, τότε τα τρίγωνα MNP και M_1N_1P_1 έχουν ίσα εμβαδά (ειδικότερα, αν τα σημεία M,N και P είναι συνευθειακά, τότε επίσης είναι συνευθειακά και τα σημεία M_1,N_1 και P_1).
(b) αν M_1,N_1 και P_1 σημεία των πλευρών A\Gamma,BA και \Gamma B ενός \triangle AB\Gamma αντίστοιχα, τέτοια ώστε MM_1\parallel B\Gamma,NN_1 \parallel \Gamma A και PP_1 \parallel AB, τότε τα τρίγωνα MNP και M_1N_1P_1 έχουν ίσα εμβαδά (ειδικότερα, αν τα σημεία M,N και P είναι συνευθειακά, τότε επίσης είναι συνευθειακά και τα σημεία M_1,N_1 και P_1).
ευχαριστούμε για το υστερόγραφο, στα υπόψιν :)


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης