Θεώρημα;

#1

: Θεώρημα;.png (14.78 KiB) Προβλήθηκε 1950 φορές

To τετράπλευρο ABCD

είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

Οι κάθετες από το

στις

τέμνουν τις DO, BO

στα

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι $\displaystyle AC \bot MN.$

nickchalkida · #2

Θα ήθελα να τοποθετηθώ και να δώσω συγχαρητήρια στο Γιώργο, εγώ δεν το έχω δει κάπου και σαν αποτέλεσμα νομίζω είναι καινούργιο. Αν μπορεί να αποτελέσει θεώρημα τώρα, σίγουρα επαφίεται στους εμπειρότερους εις την Γεωμετρία του forum και αν είναι όντως θεώρημα θα το δικαιώσει ο χρόνος. Μέχρι τότε, εγώ προσωπικά το απομνημόνευσα ως "Βισβίκειο θεώρημα".

#3

nickchalkida έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 31, 2018 1:31 pm
Θα ήθελα να τοποθετηθώ και να δώσω συγχαρητήρια στο Γιώργο, εγώ δεν το έχω δει κάπου και σαν αποτέλεσμα νομίζω είναι καινούργιο. Αν μπορεί να αποτελέσει θεώρημα τώρα, σίγουρα επαφίεται στους εμπειρότερους εις την Γεωμετρία του forum και αν είναι όντως θεώρημα θα το δικαιώσει ο χρόνος. Μέχρι τότε, εγώ προσωπικά το απομνημόνευσα ως "Βισβίκειο θεώρημα".

Καλό μεσημέρι,

Δεν είναι δικό μου. Το διάβασα, ως θεώρημα με ονοματεπώνυμο, αλλά επειδή το είδα για πρώτη φορά και δεν ξέρω αν είναι όντως

κατοχυρωμένο θεώρημα, έβαλα στον τίτλο το ερωτηματικό. Μετά τη λύση ή τις λύσεις, θα δώσω περισσότερες λεπτομέρειες.

#4

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 30, 2018 10:39 am
Θεώρημα;.png
To τετράπλευρο είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Οι κάθετες από το στις
τέμνουν τις στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι $\displaystyle AC \bot XY.$

Λήμμα

Έστω τετράπλευρο περιγεγραμμένο σε κύκλο $\left( O \right)$ και ας είναι τα σημεία επαφής των πλευρών του με τον κύκλο $\left( O \right)$ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι :

i) τα ευθύγραμμα τμήματα τέμνονται στο σημείο τομής των διαγωνίων των διαγωνίων του , δηλαδή $E\equiv AC\cap BD\cap KM\cap NL$

ii) Το $F\equiv BL\cap DK$ είναι σημείο της διαγωνίου , δηλαδή είναι συνευθειακά

: Λήμμα.png (32.74 KiB) Προβλήθηκε 1611 φορές

Απόδειξη

$\bullet$ i) Αναφέρεται ως θεώρημα (Newton (a)) αλλά είναι και απλή εφαρμογή του θεωρήματος Brianchon για εκφυλισμένο περιγράψιμο σε κύκλο εξάγωνο

$\bullet$ ii) Από το Θεώρημα του Pascal για το εκφυλισμένο εγγεγραμμένο σε κύκλο μη κυρτό εξάγωνα προκύπτει ότι τα σημεία $A\equiv KK\cap LL,E\equiv KM\cap LN,S\equiv ML\cap NK$ είναι συνευθειακά και με όμοιο τρόπο από το ίδιο θεώρημα τα σημεία από το άλλο μη κυρτό εγγεγραμμένο εξάγωνο προκύπτει ότι και τα σημεία … είναι συνευθειακά, οπότε τα σημεία $A\equiv BK\cap DL,C\equiv BN\cap DM,S\equiv KN\cap ML$ είναι συνευθειακά, άρα σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques τα τρίγωνα $\vartriangle BKN,\vartriangle DLM$ είναι προοπτικά, οπότε $LK\cap BD\cap NM\equiv T$ και συνεπώς με τη βοήθεια του αντιστρόφου του Θεωρήματος του Desarques τα τρίγωνα $\vartriangle LBN,\vartriangle KDM$ είναι προοπτικά οπότε τα σημεία τομής των ομολόγων πλευρών τους είναι συνευθειακά, δηλαδή $F\equiv LB\cap KD,C\equiv BN\cap DM,E\equiv NL\cap MK$ είναι συνευθειακά και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Πάμε λοιπόν στο Θεώρημα: Αλλάζω ελάχιστα τα γράμματα για να συμφωνούν με τα γράμματα που χρησιμοποιήθηκαν στο ως άνω Λήμμα. Ας είναι το σημείο τομής της στο καθέτου προς την με την και το σημείο τομής της στο καθέτου προς την με την και έστω οι ορθές προβολές του $E\equiv AC\cap BD\cap NL\cap KM$ στις αντίστοιχα. Από τα σχηματιζόμενα ορθογώνια παραλληλόγραμμα (τρεις ορθές) θα είναι $AZ=E{Z}'\,\,\And \,\,AH=E{H}':\left( 1 \right)$ . Από $OL\parallel AX$ (κάθετες στην ) προκύπτει (από ομοιότητα τριγώνων) ότι : $\dfrac{{AX}}{{OL}} = \dfrac{{AD}}{{DL}}:\left( 2 \right)$ και ομοίως από $OK\parallel AY \Rightarrow \dfrac{{AY}}{{OK}} = \dfrac{{AB}}{{BK}}:\left( 3 \right)$ .

: Θεώρημα.png (80.84 KiB) Προβλήθηκε 1611 φορές

Απο $\left( 2 \right):\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{OL = OK = R} \dfrac{{AX}}{{AY}} = \dfrac{{AD}}{{AB}} \cdot \dfrac{{BK}}{{DL}}:\left( 4 \right)$

$\bullet$ Για τα τρίγωνα $\vartriangle ABE,\vartriangle ADE$ που μοιράζονται το ίδιο ύψος από την κορυφή προκύπτει ότι $\dfrac{{\left( {ABE} \right)}}{{\left( {ADE} \right)}} = \dfrac{{EB}}{{ED}}:\left( 5 \right)$ .

Εξάλλου είναι $\dfrac{{\left( {ABE} \right)}}{{\left( {ADE} \right)}} = \dfrac{{AB \cdot EH'}}{{AD \cdot EZ'}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right),\left( 1 \right)} \dfrac{{EB}}{{ED}} =$ $\dfrac{{AB \cdot AH}}{{AD \cdot AZ}} \Rightarrow \dfrac{{AH}}{{AZ}} = \dfrac{{AD}}{{AB}} \cdot \dfrac{{EB}}{{EC}}:\left( 6 \right)$ .

$\bullet$ Σύμφωνα με το παραπάνω λήμμα ισχύει: $F \equiv AE \cap BL \cap DK$ οπότε από το Θεώρημα του Ceva στο τρίγωνο $\vartriangle ABD$ προκύπτει ότι: $\dfrac{{EB}}{{ED}} \cdot \dfrac{{LD}}{{LA}} \cdot \dfrac{{KA}}{{KB}} = 1$ $\mathop \Rightarrow \limits^{LA = LK\,\,(\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \alpha \,\,\tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha )} \dfrac{{EB}}{{ED}} = \dfrac{{KB}}{{LD}}:\left( 7 \right)$ .

Από $\left( 4 \right),\left( 6 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 7 \right)} \dfrac{{AH}}{{AZ}} = \dfrac{{AX}}{{AY}}:\left( 8 \right)$ . Από την $\left( 8 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem θα είναι $AE \bot XY\mathop \Rightarrow \limits^{A,E,C\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } AC \bot XY$ και το ζητούμενο Θεώρημα έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Y.S. Γιώργο θα με ενδιέφερε ιδιαίτερα το όνομα του Θεωρήματος , αλλά και η απόδειξη που προτείνεται γιατί πράγματι είναι μια όμορφη πρόταση και με παίδεψε αρκετά. Ευχαριστώ Θερμά

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 02, 2018 4:54 pm

Y.S. Γιώργο θα με ενδιέφερε ιδιαίτερα το όνομα του Θεωρήματος , αλλά και η απόδειξη που προτείνεται γιατί πράγματι είναι μια όμορφη πρόταση και με παίδεψε αρκετά. Ευχαριστώ Θερμά

Στάθη, σ' ευχαριστώ πολύ για τη λύση και για τον κόπο σου σ' αυτό το απαιτητικό θέμα!

Φέρεται ως θεώρημα του Darij Grinberg. Στο συνημμένο υπάρχουν δύο αποδείξεις, εκ των οποίων η μία φέρει ελληνική σφραγίδα! Προσωπικά, δεν το έλυσα, γιατί διαβάζοντας τις αποδείξεις που είχε, παρασύρθηκα από αυτές και δεν μπόρεσα να σκεφτώ κάτι άλλο.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 30, 2018 10:39 am
Θεώρημα;.png
To τετράπλευρο είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Οι κάθετες από το στις

τέμνουν τις στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι $\displaystyle AC \bot MN.$

Διαφορετικά:

Έστω ότι ο κύκλος με κέντρο

εφάπτεται των

,

στα σημεία F, G, H, J

.

Αντιστρέφουμε με κύκλο αντιστροφής τον κύκλο κέντρου

.

Τα σημεία F, G,H, J

παραμένουν σταθερά.

Τα αντίστροφα των A, B, C, D

, έστω

, είναι τα μέσα των JF, FG, GH, HJ

αντίστοιχα.

Θα αποδείξουμε τα εξής:

Για το αντίστροφο του

, έστω

, που βρίσκεται πάνω στη B'O

, ισχύει $\widehat{B'A'N'}=90^o$ .

Για το αντίστροφο του

, έστω

, που βρίσκεται πάνω στη D'O

, ισχύει $\widehat{D'A'M'}=90^o$ .

: ΣΧΗΜΑ 1.png (28.3 KiB) Προβλήθηκε 1422 φορές

Αυτό ισχύει για τον εξής λόγο:

Από τον ορισμό της αντιστροφής γνωρίζουμε πως πρέπει τo τετράπλευρο AA'N'N

να είναι εγγράψιμο. Με άλλα λόγια πρέπει $\widehat{A'N'B'}=\widehat{A'AN}$ .

Όμως $\widehat{A'AN}=90^o-\widehat{A'AF}=\widehat{AFJ}=\widehat{FHJ}=\dfrac{\widehat{FOJ}}{2}=\widehat{FOA'}=90^o-\widehat{OFA'}=$

$=90^o-\widehat{A'B'O}=90^o-\widehat{A'B'N'}$ , επομένως $\widehat{A'N'B'}=90^o-\widehat{A'B'N'}$ , άρα $\widehat{B'A'N'}=90^o$ .

Όμοια και για το

.

Μέχρι τώρα έχουμε το εξής σχήμα:

: ΣΧΗΜΑ 2.png (32.3 KiB) Προβλήθηκε 1426 φορές

Θα αποδείξουμε τώρα πως $M'N'\perp A'C'$ .

Παρατηρούμε καταρχάς πως $\widehat{A'B'N'}=\widehat{A'B'O}=\widehat{OFA'}=\widehat{OJA'}=\widehat{A'D'O}=\widehat{A'D'M'}$ , επομένως τα ορθογώνια τρίγωνα A'B'N'

και

είναι όμοια, με $\dfrac{A'B'}{A'N'}=\dfrac{A'D'}{A'M'}=l$ .

Έστω B''

το συμμετρικό του

ως προς το

. Θεωρούμε την ομοιότητα με κέντρο το

, λόγου

και στροφής 90^o

(τώρα μπορεί να είναι και -90^o

...).

Ειδικότερα το

πάει στο

και το

πάει στο

.

Από τις ιδιότητες αυτής της ομοιότητας έχουμε πως $M'N'\perp B''D'$ .

Φέρνουμε την B'D'

και έστω πως τέμνει την A'C'

στο

. Ξέρουμε πως το

είναι μέσο του B'D'

, αφού το

είναι παραλληλόγραμμο. Άρα στο τρίγωνο B'B''D'

προκύπτει ότι $A'K//B''D'\Leftrightarrow A'C'//B''D'$ .

Συνεπώς πράγματι $M'N'\perp A'C'$ .

Οι ευθείες

και

γίνονται οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων A'OC'

και

. Εμείς θέλουμε να αποδείξουμε πως οι περιγεγραμμένοι των τριγώνων A'OC'

και

είναι ορθογώνιοι μεταξύ τους. Ειδικότερα αν P, R

τα αντίστοιχα κέντρα τους, πρέπει να αποδείξουμε πως $\widehat{POR}=90^o$ . Αυτό πρακτικά θα λύσει την άσκηση μας.

: ΣΧΗΜΑ 3.png (43.24 KiB) Προβλήθηκε 1426 φορές

Στα τρίγωνα A'OC'

και

φέρνουμε τα ύψη

και

αντίστοιχα.

Ξέρουμε πως $\widehat{M'OR}=\widehat{N'OY}$ .

Θέλουμε $\widehat{M'OP}=90^o-\widehat{M'OR}=90^o-\widehat{N'OY}$ .

Όμως $\widehat{M'OP}=\widehat{M'OC'}-\widehat{C'OP}=\widehat{M'OC'}-\widehat{A'OX}$ .

Θέλουμε να δείξουμε λοιπόν πως:

$90^o-\widehat{N'OY}=\widehat{M'OC'}-\widehat{A'OX}\Leftrightarrow \widehat{M'OC'}+\widehat{N'OY}+\widehat{C'A'O}=180^o$ .

Όμως ξέρουμε πως $\widehat{M'OC'}+\widehat{C'A'O}+\widehat{M'OA'}+\widehat{OC'A'}=180^o$ , άρα αρκεί να αποδείξουμε πως:

$\widehat{N'OY}=\widehat{M'OA'}+\widehat{OC'A'}$ .

Ισχύει ότι $\widehat{M'OA'}=\widehat{FJH}=180^o-\widehat{FGH}=\widehat{B'OC'}$ .

Άρα $\widehat{M'OA'}+\widehat{OC'A'}=\widehat{B'OC'}+\widehat{OC'A'}=\widehat{OQA'}$ , όπου

το σημείο τομής της A'C'

με την

.

Αρκεί λοιπόν να αποδειχθεί πως $\widehat{OQA'}=\widehat{N'OY}$ , που ισχύει αφού οι τελευταίες είναι εντός εκτός και επι ταυτά στις παράλληλες

και

, οι οποίες είναι παράλληλες αφού είναι και οι δύο κάθετες στην ευθεία M'N'

.

#7

george visvikis έγραψε:To τετράπλευρο είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Οι κάθετες από το στις τέμνουν τις στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι $\displaystyle AC \bot MN.$

Τυχαία έπεσα σ' αυτό το ενδιαφέρον θέμα πρόσφατα και δίνω μία άλλη προσέγγιση για τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη, προτείνοντάς του να διαβάσει την απόδειξη του Νίκου Δεργιαδέ, στο συνημμένο αρχείο του Γιώργου πιο πάνω (#5). "Η τέχνη στην Γεωμετρία", είναι μία έκφραση που λέγεται, όταν εμφανίζεται μία συνθετική απόδειξη σαν κι αυτή.

$\bullet$ Έστω το σημείο $P\equiv AC\cap BD$ και ας είναι K, L, M, N,

τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου (O)

του δοσμένου περιγράψιμου τετραπλεύρου ABCD,

με τις πλευρές του AB, BC, CD, DA,

αντιστοίχως.

Οι δια του σημείου

κάθετες ευθείες επί των AD, AB,

τέμνουν τις ευθείες DO, BO

στα σημεία έστω X, Y,

αντιστοίχως.

Σύμφωνα με το Πρώτο θεώρημα Newton για το περιγράψιμο τετράπλευρο, έχουμε ότι οι ευθείες KM, LN

περνάνε από το σημείο

Είναι επίσης γνωστό αποτέλεσμα, που αποδεικνύεται εύκολα, ότι το σημείο έστω

τομής των ευθειών KN, LM

ανήκει στην ευθεία BD.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

: Θεώρημα ή Λήμμα.; f=181 t=61913.PNG (35.82 KiB) Προβλήθηκε 36 φορές

$\bullet$ Η ευθεία APC

τώρα, ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O),

γιατί η ευθεία KN,

ως η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον ίδιο κύκλο, περνάει από το σημείο

και επομένως έχουμε $\boxed{OQ\perp AC} \ \ ,(1)$

Έστω το σημείο $Z\equiv XB\cap YD$ και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε ότι η ευθεία AO,

διχοτόμος της γωνίας $\angle BAD$ αλλά και της γωνίας $\angle XAY,$ περνάει από το σημείο

και ότι ισχύει $\boxed{OQ\parallel XY} \ \ ,(2)$

Από $(1), (2)\Rightarrow$ $\boxed{XY\perp AC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τετράπλευρο με την διαγώνιά του να είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle XAY.$ Οι δια του σημείου κάθετες ευθείες επί των τέμνουν τις στα σημεία αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι το σημείο έστω $O\equiv BY\cap DX$ ανήκει στην ευθεία και ότι ισχύει $OQ\parallel XY,$ όπου $Q\equiv BD\cap KN,$ με και τις προβολές του σημείου επί των αντιστοίχως.

Κώστας Βήττας.

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

#8

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τετράπλευρο με την διαγώνιά του να είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle XAY.$ Οι δια του σημείου κάθετες ευθείες επί των τέμνουν τις στα σημεία αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι το σημείο έστω $O\equiv BY\cap DX$ ανήκει στην ευθεία και ότι ισχύει $OQ\parallel XY,$ όπου $Q\equiv BD\cap KN,$ με και τις προβολές του σημείου επί των αντιστοίχως.

$\bullet$ Η διχοτόμος

της γωνίας $\angle XAY$ είναι και διχοτόμος της γωνίας $\angle BAD,$ λόγω $AB\perp AY$ και $AD\perp AX.$

Στο τρίγωνο $\vartriangle AXY,$ η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle XAY$ τέμνει την ευθεία

στο σημείο έστω

αρμονικό συζυγές του σημείου $S\equiv XY\cap AZ$ ως προς τα σημεία X, Y

και άρα, η δέσμη Z.XSYW

είναι αρμονική.

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle ABD,$ η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle BAD,$ η ίδια με αυτήν της γωνίας $\angle XAY,$ τέμνει την ευθεία

στο σημείο έστω W',

αρμονικό συζυγές του σημείου $T\equiv BD\cap AZ$ ως προς τα σημεία B, D

και επομένως, η δέσμη Z.BTDW'

είναι επίσης αρμονική.

Στις ως άνω αρμονικές δέσμες Z.XSYW, Z.BTDW'

τώρα, με $ZB\equiv ZX$ και $ZT\equiv ZS$ και $ZD\equiv ZY,$
προκύπτει $ZW\equiv ZW'\Rightarrow$ $W'\equiv W$ και άρα, έχουμε ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

τομής της ευθείας XY,

από την εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\angle XAY.$

: Θεώρημα ή Λήμμα - Απόδειξη του Λήμματος; f=181 t=61913 (a).PNG (23.68 KiB) Προβλήθηκε 59 φορές

$\bullet$ Στο πλήρες τετράπλευρο ZBOD.XY,

έχουμε ότι το σημείο

ανήκει στην ευθεία $ZS\equiv AZ,$ λόγω της αρμονικής σημειοσειράς X, S, Y, W.

Από $KQ\perp AZ$ και $AW\perp AZ\Rightarrow$ $KQ\parallel AW\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{BK}{KA}= \frac{BQ}{QW}} \ \ ,(1)$

Από $OK\parallel AY\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{BK}{KA}= \frac{BO}{OY}} \ \ ,(2)$

Από $(1), (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{BO}{OY}= \frac{BQ}{QW}}\Rightarrow$ $\boxed{OQ\parallel YW\equiv XY}$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

mathematica.gr

Θεώρημα;

Θεώρημα;

Re: Θεώρημα;

Re: Θεώρημα;

Re: Θεώρημα;

Re: Θεώρημα;

Re: Θεώρημα;

Re: Θεώρημα;

Re: Θεώρημα;

Μέλη σε σύνδεση