mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 04, 2010 9:44 pm**

Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup ABC$ και έστω τυχαίο σημείο στο εσωτερικό του. Δια της κορυφής φέρνουμε δύο τυχαίες ισογώνιες ευθείες ως προς τη γωνία $\angle A,$ οι οποίες τέμνουν τις $BP,\ CP,$ στα σημεία $X,\ Y,$ αντιστοίχως και έστω το σημείο $Q\equiv BY\cap CX.$ Αποδείξτε οι ευθείες $AP,\ AQ,$ είναι ισογώνιες ως προς τη γωνία $\angle A.$

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 08, 2010 5:33 pm**

Χρησιμοποιω το λημμα :

Εστω τριγωνο ABC

και σημεια K, L

επι της

τα οποια ανηκουν σε ισογωνιες ευθειες AK, AL

. Τοτε (και μονο τοτε) $\displaystyle \frac{BK}{CK} \frac{BL}{CL} = \left( \frac{AB}{AC} \right)^2$ .

Στο προβλημα μας:

Εστω A_1

το σημειο στο οποιο η

τεμνει την

(και ομοιως για τις υπολοιπες πλευρες). Εστω, επισης, X_C

το σημειο στο οποιο η

τεμνει την

(ομοιως για το

και για τις υπολοιπες πλευρες). Τελος, εστω A_2

το σημειο στο οποιο η

τεμνει την

. Τοτε εχουμε:

$\displaystyle \frac{CX_A}{BX_A} \frac{CY_A}{BY_A} = \left( \frac{AC}{AB} \right)^2$ (ισογωνια)

Επισης, απο θεωρημα Ceva (στο τριγωνο $\triangle{ABC}$ και στα σημεια Q, Y, X, P

αντιστοιχα) εχουμε τις σχεσεις :

$\displaystyle \frac{AY_B}{CY_B} \frac{BX_C}{AX_C} = \frac{B A_2}{C A_2}$

$\displaystyle \frac{BY_A}{CY_A} \frac{CY_B}{AY_B} = \frac{BC_1}{AC_1}$

$\displaystyle \frac{BX_A}{CX_A} \frac{AX_C}{BX_C} = \frac{AB_1}{CB_1}$

$\displaystyle \frac{AB_1}{CB_1} \frac{BC_1}{AC_1} = \frac{BA_1}{CA_1}$

Πολλαπλασιαζοντας αυτες τις πεντε σχεσεις εχουμε

$\displaystyle \frac{BA_1}{CA_1} \frac{BA_2}{CA_2} = \left( \frac{AB}{AC} \right)^2$ που ειναι ακριβως η συνθηκη του ισογωνιου των AP, AQ

.

Δημητρης Σκουτερης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 11, 2010 12:05 am**

Δημήτρη σ' ευχαριστώ.

Ας δούμε μία άλλη προσσέγγιση, με Διπλούς λόγους , όπου η απόδειξη απλουστεύεται αρκετά.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $M\equiv AC\cap BP$ και $N\equiv AC\cap BY.$

Οι δέσμες $A.BXPC,\ C.BXPA,$ έχουν την

ως κοινή ομόλογη ακτίνα και τα $B,\ X,\ P,$ ως τα σημεία τομής των λοιπών ομόλογων ακτίνων τους συνευθειακά και άρα έχουν ίσους Διπλούς λόγους.

Δηλαδή έχουμε ότι (A.BXPC) = (C.BXPA)

Ομοίως έχουμε ότι (A.BQYC) = (C.BQYA)

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ (A.BXPC) = (A.BQYC)

γιατί $(C.BXPA) \equiv (C.BQYA)$

Από

$\Longrightarrow$ (A.BXPC) = (A.YCBQ) = (A.CYQB)

Από

και επειδή $\angle BAX = \angle CAY$ και $\angle XAC = \angle YAB,$ συμπεραίνουμε ότι $\angle XAP = \angle YAQ$ και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

mathematica.gr

Γεωμετρία - Γνωστή πρόταση στις Ισογώνιες ευθείες.

Γεωμετρία - Γνωστή πρόταση στις Ισογώνιες ευθείες.

Re: Γεωμετρία - Γνωστή πρόταση στις Ισογώνιες ευθείες.

Re: Γεωμετρία - Γνωστή πρόταση στις Ισογώνιες ευθείες.