Ωραίο

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

min##
Δημοσιεύσεις: 75
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Ωραίο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Αύγ 08, 2018 11:46 am

Έστω τρίγωνο ABC και σημεία P,Q στο επίπεδο.Έστω και A_{1}B_{1}C_{1},A_{2}B_{2}C_{2}, τα σεβιανά των P,Q ως προς το ABC αντίστοιχα.Αν A'= B_{1}C_{1} \cap B_{2}C_{2}και όμοια και για τα B',C',ν.δ.ο. τα A,B',C', /A',B,C'/A',B',C είναι συνευθειακές τριάδες.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3788
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ωραίο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Αύγ 09, 2018 12:50 am

min## έγραψε:
Τετ Αύγ 08, 2018 11:46 am
Έστω τρίγωνο ABC και σημεία P,Q στο επίπεδο.Έστω και A_{1}B_{1}C_{1},A_{2}B_{2}C_{2}, τα σεβιανά των P,Q ως προς το ABC αντίστοιχα.Αν A'= B_{1}C_{1} \cap B_{2}C_{2}και όμοια και για τα B',C',ν.δ.ο. τα A,B',C', /A',B,C'/A',B',C είναι συνευθειακές τριάδες.
Τα σημεία {{A}_{1}},{{A}_{2}},{{B}_{1}},{{B}_{2}},{{C}_{1}},{{C}_{2}} είναι σημεία κωνικής τομής (γνωστή πρόταση) οπότε από τα αντίστοιχα μη κυρτά εγγεγραμμένα σε αυτή εξάγωνα από το θεώρημα του Pascal προκύπτουν οι ζητούμενες συνευθειακότητες

Στάθης

Υ.Σ. Η παραπάνω απόδειξη δεν είναι σωστή. Δεν προκύπτει η συνευθειακότητα από Θεώρημα Pascal. Δεν υπάρχουν εξάγωνα εγγεγραμμένα σε κωνική (κυρτά ή μη κυρτά) που να οδηγούν στη συνευθειακότητα των ζητουμένων σημείων

Την αφήνω για να φαίνεται το λάθος!

Ευχαριστώ θερμά τον min## για την επισήμανση

Στάθης


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
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3788
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ωραίο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Αύγ 09, 2018 2:49 pm

min## έγραψε:
Τετ Αύγ 08, 2018 11:46 am
Έστω τρίγωνο ABC και σημεία P,Q στο επίπεδο.Έστω και A_{1}B_{1}C_{1},A_{2}B_{2}C_{2}, τα σεβιανά των P,Q ως προς το ABC αντίστοιχα.Αν A'= B_{1}C_{1} \cap B_{2}C_{2}και όμοια και για τα B',C',ν.δ.ο. τα A,B',C', /A',B,C'/A',B',C είναι συνευθειακές τριάδες.
Ας δώσουμε και μια σωστή λύση :)
ωραίο.png
ωραίο.png (39.25 KiB) Προβλήθηκε 142 φορές
Έστω K\equiv A{{A}_{2}}\cap {{B}_{2}}{{C}_{2}},L\equiv A{{A}_{1}}\cap {{B}_{1}}{{C}_{1}} τότε από τα πλήρη τετράπλευρα A{{B}_{2}}Q{{C}_{2}}BC και A{{B}_{1}}P{{C}_{1}}BC προκύπτει ότι οι σειρές \left( A,K,Q,{{A}_{2}} \right) και \left( A,L,P,{{A}_{1}} \right) είναι αρμονικές (κάθε διαγώνιος πλήρους τετραπλεύρου τέμνεται αρμονικά από τις άλλες δύο) οπότε και οι δέσμες {{C}_{2}}.AKQ{{A}_{2}} και {{C}_{1}}.ALP{{A}_{1}} είναι αρμονικές και με {{C}_{2}}A\equiv {{C}_{1}}A\equiv AB (κοινή τους ακτίνα) προκύπτει ότι τα σημεία τομής των ομολόγων άλλων τριών ακτινών τους θα είναι συνευθειακά , δηλαδή τα A' \equiv {C_2}K \cap {C_1}L \equiv {C_2}{B_2} \cap {C_1}{B_1},C \equiv {C_2}Q \cap {C_1}P, B' \equiv {C_2}{A_2} \cap {C_1}{A_1} είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. (ακριβώς όμοια και για τις άλλες δύο τριάδες σημείων)

Στάθης


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
min##
Δημοσιεύσεις: 75
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Ωραίο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Πέμ Αύγ 09, 2018 8:30 pm

Συνεχίζω:Ένα αποτέλεσμα το οποίο έχει ενδιαφέρον να αποδειχτεί και ανεξάρτητα(δίνεται ελευθερία στον τρόπο λύσης):Τυχαία ευθεία που περνάει από το A' τέμνει τις AB,AC στα C3,B3 αντίστοιχα.Να δειχτεί ότι οι C3B',B3C',BC συντρέχουν και επιπλέον ότι το A3B3C3 είναι σεβιανό του ABC.
Συνημμένα
LEMMA1.png
LEMMA1.png (45.62 KiB) Προβλήθηκε 78 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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