Μία προκλητική διχοτόμηση.

#1

Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω το ύψος του. Έστω $(K),\ (L),$ οι κύκλοι με διάμετρο $AB,\ AC$ αντιστοίχως και ας είναι $E,\ Z,$ δύο τυχόντα σημεία τους ώστε να είναι και έστω τα σημεία $X\equiv (L)\cap EZ$ και $Y\equiv (K)\cap EZ$ , μεταξύ των $E,\ Z.$ Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία έστω $P\equiv BZ\cap CE$ και $Q\equiv BY\cap CX$ , περνάει από το μέσον του τμήματος

: Μία προκλητική διχοτόμηση.; f=185_t=59957.png (29.11 KiB) Προβλήθηκε 1508 φορές

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Η πρόταση αυτή είναι εμπνευσμένη από την λύση του φίλτατου Στάθη Κούτρα Εδώ και αφιερώνεται στον ίδιο σε ένδειξη τιμής.

#2

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 12, 2017 6:28 pm
Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω το ύψος του. Έστω $(K),\ (L),$ οι κύκλοι με διάμετρο $AB,\ AC$ αντιστοίχως και ας είναι $E,\ Z,$ δύο τυχόντα σημεία τους ώστε να είναι και έστω τα σημεία $X\equiv (L)\cap EZ$ και $Y\equiv (K)\cap EZ$ , μεταξύ των $E,\ Z.$ Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία έστω $P\equiv BZ\cap CE$ και $Q\equiv BY\cap CX$ , περνάει από το μέσον του τμήματος
f=185_t=59957.png
Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Η πρόταση αυτή είναι εμπνευσμένη από την λύση του φίλτατου Στάθη Κούτρα Εδώ και αφιερώνεται στον ίδιο σε ένδειξη τιμής.

Φίλε Κώστα,

Σε ευχαριστώ θερμά για την αφιέρωση αυτή. Είναι μεγάλη τιμή για μένα ένας ΓΕΩΜΕΤΡΗΣ τέτοιου ΒΕΛΗΝΕΚΟΥΣ να μου κάνει αφιέρωση μια τόσο πανέμορφη άσκηση!!!!! που συνδυάζει στοιχειώδη με μη στοιχειώδη γεωμετρία, άκρως διδακτική ακόμα και για το σχολείο (αν βέβαια αφαιρέσουμε το διπλό λόγο). Και είναι βέβαιο ότι σε μια τέτοια πρόκληση δεν θα μπορούσα να μην ανταποκριθώ. Βρήκα λίγο χρόνο και έχω βρει και μια όμορφη λύση (όχι πολύπλοκη θα έλεγα) που είμαι βέβαιος ότι θα σου αρέσει (ελπίζω να μην είναι ίδια με αυτή που έχεις εσύ (πιστεύω ότι το κριτήριο συνευθειακότητας είναι ίδιο αλλά όχι η διαπραγμάτευση για την επίτευξή του)). Αν θέλεις την γράφω σήμερα. Αν θέλεις την αφήνω ακόμα μια μέρα να τη δοκιμάσουν και άλλοι γεωμέτρες και τη γράφω αύριο. Θα γίνει όπως επιθυμεί ο ΓΙΓΑΝΤΑΣ!!

Και πάλι σε ευχαριστώ πολύ. Να είσαι πάντα καλά και πάντα τέτοιες όμορφες εμπνεύσεις!!!!

Με όλη μου την εκτίμηση
Στάθης

#3

Στάθη σ' ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον σου. Χαίρομαι για την λύση σου και δεν σου κρύβω ότι εμένα με παίδεψε και ελπίζω να μην έχουμε ίδιες αποδείξεις.

Όχι τίποτε άλλο, αλλά για να έχουμε δύο διαφορετικές. Μόλις έχω καθαρογράψει την δική μου και θα σου την έδινα το ερχόμενο Σάββατο 21-10-2017 που θα βρεθούμε στην Αρκίτσα Φθιώτιδας.

Ανυπομονώ για την λύση σου και αν διαφέρουμε, θα βάλω την δική μου.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όσο για τις εμπνεύσεις που λες, όπως έχουμε πει: "Τίποτα δεν έρχεται ουρανοκατέβατο".

#4

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 12, 2017 6:28 pm
Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω το ύψος του. Έστω $(K),\ (L),$ οι κύκλοι με διάμετρο $AB,\ AC$ αντιστοίχως και ας είναι $E,\ Z,$ δύο τυχόντα σημεία τους ώστε να είναι και έστω τα σημεία $X\equiv (L)\cap EZ$ και $Y\equiv (K)\cap EZ$ , μεταξύ των $E,\ Z.$ Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία έστω $P\equiv BZ\cap CE$ και $Q\equiv BY\cap CX$ , περνάει από το μέσον του τμήματος
f=185_t=59957.png
Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Η πρόταση αυτή είναι εμπνευσμένη από την λύση του φίλτατου Στάθη Κούτρα Εδώ και αφιερώνεται στον ίδιο σε ένδειξη τιμής.

$\bullet$ Έστω $T\equiv BC\cap EZ$ και ας είναι οι ορθές προβολές των στην ευθεία αντίστοιχα.

Τότε $\left\{ \begin{gathered} \left( {Z,Y,M,T} \right) = \dfrac{{ZM}}{{MY}} \div \dfrac{{ZT}}{{TY}} = \dfrac{{ZM}}{{MY}} \cdot \dfrac{{TY}}{{ZT}} \hfill \\ \left( {E,X,M,T} \right) = \dfrac{{EM}}{{MX}} \div \dfrac{{ET}}{{TX}} = \dfrac{{EM}}{{MX}} \cdot \dfrac{{TX}}{{ET}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {Z,Y,M,T} \right)}}{{\left( {E,X,M,T} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{{ZM}}{{MY}} \cdot \dfrac{{TY}}{{ZT}}}}{{\dfrac{{EM}}{{MX}} \cdot \dfrac{{TX}}{{ET}}}}\mathop = \limits^{ZM = EM} \dfrac{{MX \cdot TY \cdot ET}}{{MY \cdot TX \cdot ZT}}:\left( 1 \right)$ .

: Μια προκλητική διχοτόμηση.png (83.28 KiB) Προβλήθηκε 1386 φορές

$\bullet$ Από το Θεώρημα των τεμνομένων στο χορδών του $\left( K \right)$ και του $\left( L \right)$ θα έχουμε: $\left\{ \begin{gathered} ET \cdot TY = TB \cdot TD \hfill \\ TX \cdot ZT = TD \cdot TC \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( : \right)} \dfrac{{TY}}{{TX}} \cdot \dfrac{{ET}}{{ZT}} = \dfrac{{TB}}{{TC}}:\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{{\left( {Z,Y,M,T} \right)}}{{\left( {E,X,M,T} \right)}} = \dfrac{{MX}}{{MY}} \cdot \dfrac{{TB}}{{TC}}}:\left( 4 \right)$ . Είναι $\angle AXM \equiv \angle AXZ\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,\tau o\upsilon \,\,\left( L \right)} \angle ACZ$ και με $AM\bot EZ$

( διάμεσος του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle AEZ$ ) και $AZ\bot CZ$ ( $\angle AZC={{90}^{0}}$ εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο προκύπτει ότι $\vartriangle AMX\sim \vartriangle AZC$ και ομοίως $\vartriangle AMY\sim \vartriangle AEB$ , οπότε έχουμε:

$\left\{ \begin{gathered} \vartriangle AMX \sim \vartriangle AZC \Rightarrow \dfrac{{MX}}{{ZC}} = \dfrac{{AM}}{{AZ}} \\ \vartriangle AMY \sim \vartriangle AEB \Rightarrow \dfrac{{MY}}{{EB}} = \dfrac{{AM}}{{AE}} \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{AZ = AE}$ $\dfrac{{MX}}{{ZC}} = \dfrac{{MY}}{{EB}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{MX}}{{MY}} = \dfrac{{ZC}}{{EB}}}:\left( 5 \right)$ .

: Μια προκλητική διχοτόμηση.png (83.28 KiB) Προβλήθηκε 1386 φορές

$\bullet$ Με $BB'\parallel CC'$ (κάθετες στην ) θα είναι: $\boxed{\dfrac{{BB'}}{{CC'}} = \dfrac{{TB}}{{TC}}}:\left( 6 \right)$ .

Με $AE = AZ \Rightarrow \angle AEZ = \angle AZE$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle AEB = \angle AZC = {{90}^0}(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \varepsilon \,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \alpha )} \angle BEB' = \angle CZC'$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle EB'B = \angle CC'Z = {{90}^0}} \vartriangle BB'E \sim \vartriangle CC'Z \Rightarrow$

$\dfrac{{BB'}}{{CC'}} = \dfrac{{EB}}{{ZC}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right),\left( 5 \right),\left( 6 \right)} \dfrac{{\left( {Z,Y,M,T} \right)}}{{\left( {E,X,M,T} \right)}} = 1 \Rightarrow$ $\left( {Z,Y,M,T} \right) = \left( {E,X,M,T} \right)$ ,

δηλαδή οι σειρές $\left( {Z,Y,M,T} \right) = \left( {E,X,M,T} \right)$ έχουν ίσους διπλούς λόγους άρα και οι δέσμες έχουν ίσους διπλούς λόγους και επειδή $BT\equiv CT\equiv BC$ προκύπτει ότι τα σημεία τομής των ομολόγων άλλων τριών ακτινών τους , δηλαδή τα $P\equiv BZ\cap CE,Q\equiv BY\cap CX,M\equiv BM\cap CM$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με απέραντη εκτίμηση
Στάθης

#5

Στάθη, πολύ όμορφο. Προσπάθησα και εγώ να τεκμηριώσω το χρειαζούμενο κριτήριο Διπλού λόγου, όπως το ξεκίνησες Εδώ, αλλά δεν τα κατάφερα. Ακολούθησα την προσφιλή μου προσέγγιση με Λήμματα...

Δεν λέω, έχουν την χάρη τους γιατί επιλύονται και άλλα ενδιαφέροντα ενδιάμεσα αποτελέσματα, αλλά μακραίνουν την συνολική λύση και κουράζουν τον αναγνώστη.

Βάζω ( προς το παρόν σε συνημμένο ) την λύση που βρήκα, καθαρογραμμένη από το πρόχειρο όπως την έχω αυτήν την ώρα και αργότερα θα την μεταγράψω σε συμβατή μορφή ( LATEX ).

Να είσαι πάντα καλά και καλή αντάμωση στην Αρκίτσα.

Κώστας Βήττας.

Μία προκλητική διχοτόμηση.

Μία προκλητική διχοτόμηση.

Re: Μία προκλητική διχοτόμηση.

Re: Μία προκλητική διχοτόμηση.

Re: Μία προκλητική διχοτόμηση.

Re: Μία προκλητική διχοτόμηση.

Μέλη σε σύνδεση