και άλλος Euler.

#1

Είχα αναρτήσει αυτό το θέμα παλαιότερα αλλά σε μια προσπάθεια επεξεργασίας-συμπλήρωσης το έσβησα και το αναρτώ, πάλι, τώρα:

Αν A_1B_1C_1

είναι το ορθικό του ABC

και

είναι το ορθικό του A_1B_1C_1

, τότε οι ευθείες AA_2, BB_2, CC_2

συντρέχουν σε σημείο της ευθείας Euler του τριγώνου ABC

.

Η πρόταση, μάλλον, δεν είναι ευρέως γνωστή. Ότι οι ευθείες συντρέχουν είναι άμεσο από Cevian nests theorem. Έχω πολύπλοκες αποδείξεις για τα υπόλοιπα και αναζητάω μια πιο άμεση, αν υπάρχει.

Στην πραγματικότητα είναι ισοδύναμη με αυτή εδώ

#2

Αλλάζοντας τους συμβολισμούς για ( δική μου ) ευκολία, έστω $AD,\ BE,\ CZ$ , τα ύψη του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , με ορθόκεντρο το

και περίκεντρο το

.

Έστω $EM,\ ZN$ , τα ύψη του $\vartriangle DEZ$

= ορθικού τριγώνου του $\vartriangle ABC$

και θα αποδειχθεί ότι το σημείο έστω $Q\equiv BM\cap CN$ , ανήκει στην ευθεία

.

$\bullet$ Έστω $S,\ T$ , οι προβολές του

επί των $DZ,\ DE$ αντιστοίχως και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα , έχουμε ότι το σημείο έστω $P\equiv BS\cap CT$ ανήκει στην ευθεία

.

Το ορθόκεντρο

του $\vartriangle ABC$ , ταυτίζεται με το έγκεντρο του $\vartriangle DEZ$ και έστω τα σημεία $K\equiv DZ\cap EH$ και $L\equiv DE\cap ZH$ .

Όπως έχει αποδειχθεί Εδώ , οι ευθείες $MN,\ ST,\ KL$ συντρέχουν στο σημείο έστω

, γνωστό ως ένα εκ τών τριών Σημείων Pelletier του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ .

: Και άλλος Euler.; f=112_t=54399.PNG (34.23 KiB) Προβλήθηκε 907 φορές

$\bullet$ Θεωρούμε την δέσμη $X\ldotp DKSM$ η οποία τέμνεται από τις ευθείες $DZ,\ DE$ και επομένως, οι σημειοσειρές $D,\ K,\ S,\ M$ και $D,\ L,\ T,\ N$ έχουν ίσους Διπλούς λόγους.

Ισχύει δηλαδή, $(D,K,S,M) = (D,L,T,N)\ \ \ ,(1)$

Αλλά, $(D,K,S,M) = (B\ldotp DKSM)\ \ \ ,(2)$ και $(C,L,T,N) = (C\ldotp DLTN)\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)\Rightarrow$ $(B\ldotp DKSM) = (C\ldotp DLTN)\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και επειδή οι δέσμες $B\ldotp DKSM,\ C\ldotp DLTN$ έχουν την $BD\equiv CD$ ως κοινή ακτίνα τους, προκύπτει ότι τα σημεία $H\equiv BK\cap CL$ και $P\equiv BS\cap CT$ και $Q\equiv BM\cap CN$ , είναι συνευθειακά.

Οι ευθείες $OHP,\ HPQ$ τώρα, ταυτίζονται γιατί έχουν δύο κοινά σημεία και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $AD,\ BE,\ CZ$ τα ύψη του , με ορθόκεντρο το . Έστω $S,\ T$ , οι προβολέ ς του επί των $DZ,\ DE$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $P\equiv BS\cap CT$ . Αποδειίξυε ότι τα σημεία $O,\ H,\ P$ είναι συνευθειακά, όπου είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα .

#3

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω $AD,\ BE,\ CZ$ τα ύψη του , με ορθόκεντρο το . Έστω $S,\ T$ , οι προβολέ ς του επί των $DZ,\ DE$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $P\equiv BS\cap CT$ . Αποδειίξυε ότι τα σημεία $O,\ H,\ P$ είναι συνευθειακά, όπου είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

: Και άλλος Euler - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=54399(a).PNG (33.91 KiB) Προβλήθηκε 879 φορές

Έστω

, η προβολή του

επί της

και από $RS\parallel AB$ και $ST\parallel BC$ και $RT\parallel AC$ , έχουμε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle RST,\ \vartriangle ABC$ είναι ομοιόθετα και άρα, οι ευθείες $AR,\ BS,\ CT$ , συντρέχουν στο σημείο έστω

, ως το κέντρο ομοιοθεσίας τους.

Το ορθόκεντρο

του $\vartriangle ABC$ , ταυτίζεται με το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle DEZ$ και είναι περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle RST$ ( προφανές ).

Η ευθεία

τώρα, όπου

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ , που συνδέει δύο ομόλογα σημεία των ως άνω ομοιόθετων τριγώνων $\vartriangle RST,\ \vartriangle ABC$ , περνάει από το κέντρο ομοιοθεσίας τους

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

Ναι Κώστα, αποδείξεις επί της ουσίας! Με την πρώτη ευκαιρία θα βάλω κάποιες σκέψεις μου.

Να είσαι πάντα καλά Φίλε!!

και άλλος Euler.

και άλλος Euler.

Re: και άλλος Euler.

Re: και άλλος Euler.

Re: και άλλος Euler.

Μέλη σε σύνδεση