Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3972
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Μαρ 17, 2011 6:44 pm

Δίνονται τρία ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΕΔ, ΑΖΗ με κοινή κορυφή το σημείο Α και σε τυχαία θέση στο επίπεδο όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.
Αν Κ,Λ,Μ είναι τα μέσα των τμημάτων ΕΓ, ΔΖ και ΗΒ αντίστοιχα να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΚΛΜ είναι ισόπλευρο.

Ισόπλευρο τρίγωνο από τρία ισόπλευρα τρίγωνα
Συνημμένα
ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ ΑΠΟ ΤΡΙΑ ΙΣΟΠΛΕΥΡΑ ΤΡΙΓΩΝΑ.png
ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ ΑΠΟ ΤΡΙΑ ΙΣΟΠΛΕΥΡΑ ΤΡΙΓΩΝΑ.png (31.28 KiB) Προβλήθηκε 3738 φορές
τελευταία επεξεργασία από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ σε Κυρ Μαρ 27, 2011 2:27 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2048
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Μαρ 17, 2011 11:17 pm

Στάθη καλωσόρισες στο :logo: και καλή συνέχεια.

Γνωστό το όμορφο αυτό πρόβλημα, αλλά δεν γνωρίζω την προέλευσή του. Μου θύμισε την πρώτη μας συνάντηση με τους τρεις Νίκους ( Δεργιαδές, Ιωσηφίδης, Κυριαζής ) και Ανδρέα Πούλο στο Πανόραμα Θεσσαλονίκης πριν κάμποσα χρόνια ( 2005 ).

Ο Νίκος Δεργιαδές είχε φέρει τον φορητό υπολογιστή του ( ελληνιστί, Laptop ) και μας έδειξε ότι το πρόβλημα αυτό αληθεύει και όταν το σημείο A, αντικατασταθεί από ένα τυχόν επίσης ισόπλευρο τρίγωνο έστω \triangle AA{'}A{'}{'}.

Δεν βάζω προς το παρόν τη λύση που έχω υπόψη μου για το πρόβλημα που έχει τεθεί, για να το προσπαθήσουν όσοι δεν το έχουν ξαναδεί.

Για τη γενική περίπτωση, όπως στο παρακάτω σχήμα, δεν κατάφερα να βρω κάποια λύση.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ένα ενδιαφέρον επίσης αποτέλεσμα ( σχετικό με το πρόβλημα που έχει τεθεί, αλλά δεν αληθεύει στη γενίκευση ), είναι ότι οι ευθείες που συνδέουν τα μέσα των απέναντι πλευρών του εξαγώνου που ορίζεται από τις κορυφές των ισόπλευρων τριγώνων εκτός της A, τέμνονται στο ίδιο σημείο.

Το ίδιο αποτέλεσμα ( της σύγκλισης των ευθειών αυτών ) ισχύει και όταν τα τρίγωνα με κοινή κορυφή το A, είναι όμοια ισοσκελή αντί ισόπλευρα και οφείλεται στον δικό μας Νίκο Κυριαζή, ως προς την ελληνική ( τουλάχιστον ) βιβλιογραφία που έχω υπόψη μου.
Συνημμένα
f=22_t=14109.PNG
Γεωμετρία - Ισόπλευρο τρίγωνο από τρία ισόπλευρα τρίγωνα - Γενίκευση, από τέσσερα ισόπλευρα τρίγωνα.
f=22_t=14109.PNG (28.83 KiB) Προβλήθηκε 4744 φορές


Eukleidis
Δημοσιεύσεις: 668
Εγγραφή: Τετ Ιούλ 01, 2009 9:55 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Eukleidis » Σάβ Μαρ 19, 2011 9:56 pm

Για να μην ξεχαστεί..


Γιώργος
stranton
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 664
Εγγραφή: Πέμ Ιουν 25, 2009 5:00 pm
Τοποθεσία: Σπάρτη
Επικοινωνία:

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από stranton » Κυρ Μαρ 20, 2011 9:47 am

Ονομάζουμε AB = A\varGamma = B\varGamma = x , AZ = AH = ZH = y , AE = A\varDelta = E\varDelta = z και H\widehat{A}B = a , \varGamma\widehat{A}E = b , \varDelta\widehat{A}Z = c.

1ο θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα H\varGamma B , HEB :
\varGamma H^2 + \varGamma B^2 = 2\varGamma M^2 + \dfrac{HB^2}{2}
EH^2 + EB^2 = 2EM^2 + \dfrac{HB^2}{2}
Προσθέτουμε κατά μέλη:
\varGamma H^2 + \varGamma B^2 + EH^2 + EB^2 = 2(\varGamma M^2 + EM^2) + HB^2 \Rightarrow

\varGamma H^2 + \varGamma B^2 + EH^2 + EB^2 = 2(2KM^2 + \frac{E\varGamma^2}{2}) + HB^2 \Rightarrow

x^2+y^2-2xy\cos (60^{\circ}+a) + x^2 + y^2+z^2-2yz\cos (120^{\circ}+c) + z^2 + x^2 - 2xz\cos (60^{\circ}+b) =
4KM^2 + x^2 + z^2 - 2xz\cos b + x^2 + y^2 - 2xy\cos a \Rightarrow

4KM^2 = x^2+y^2+z^2 +2xy[\cos a - \cos (60^{\circ}+a)] + 2xz[\cos b - \cos (60^{\circ}+b)] -2yz\cos (120^{\circ}+c) \Rightarrow

4KM^2 = x^2+y^2+z^2 +2xy\sin (30^{\circ}+a) + 2xz\sin (30^{\circ}+b) + 2yz\sin (30^{\circ}+c) .

Δουλεύοντας όμοια, βρίσκουμε 4KM^2 = 4K\varLambda^2 = 4\varLambda M^2 .

Επομένως, το τρίγωνο K\varLambda M είναι ισόπλευρο.


Στράτης Αντωνέας
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2712
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Μαρ 20, 2011 2:08 pm

vittasko έγραψε:Για τη γενική περίπτωση, όπως στο παρακάτω σχήμα, δεν κατάφερα να βρω κάποια λύση.
Κώστα νομίζω ότι υπάρχει απλή λύση με διανύσματα και 'τριπλή παράλληλη μεταφορά':

Αναφερόμενος πάντοτε στο σχήμα σου, ας είναι Ο το κέντρο του ισόπλευρου τριγώνου ΑΑ'Α''. Θεωρούμε τα διανύσματα ΟΑ = u, ΟΑ' = v, ΟΑ'' = w, και μεταφέρουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ABC, A'DE, A''ZH κατά τα διανύσματα -u, -v, -w, αντίστοιχα. Προκύπτουν έτσι τρία ισόπλευρα τρίγωνα OB'C', OD'E', OZ'H'. Σύμφωνα με την αρχική πρόταση τα μέσα K', L', M' των C'D', E'Z', H'B', αντίστοιχα, σχηματίζουν ισόπλευρο τρίγωνο, άρα τα διανύσματα M'L', L'K', K'M' έχουν ίσα μήκη και σχηματίζουν ανά δύο γωνίες 60 μοιρών.

Έστω K, L, M τα μέσα των CD, EZ, HB, αντίστοιχα. Με πράξεις διανυσμάτων, και λόγω των B'B = C'C = u, D'D = E'E = v, Z'Z = H'H = w, εύκολα προκύπτουν οι σχέσεις ML = M'L' + (v-u)/2, LK = L'K' + (u-w)/2, KM = K'M' + (w-v)/2. Παρατηρούμε ότι τα διανύσματα (v-u)/2, (u-w)/2, (w-v)/2 έχουν ίσα μήκη και σχηματίζουν ανά δύο γωνίες 60 μοιρών. Συμπεραίνουμε (ισότητες τριγώνων), επειδή το ίδιο ισχύει και για τα διανύσματα M'L', L'K', K'M', ότι και τα διανύσματα ML, LK, KM έχουν ίσα μήκη και σχηματίζουν ανά δύο γωνίες 60 μοιρών: το τρίγωνο KLM είναι ισόπλευρο.

Γιώργος Μπαλόγλου


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2048
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Κυρ Μαρ 20, 2011 10:38 pm

Γιώργο σ' ευχαριστώ για την παρέμβασή σου και τη λύση με διανύσματα, με τα οποία δυστυχώς δεν τα καταφέρνω.

Βλέπω τώρα, διαβάζοντας τη λύση σου, ότι το κλειδί για την απόδειξη στη γενική περίπτωση, είναι η τριπλή παράλληλη μεταφορά των δοσμένων ισόπλευρων τριγώνων \triangle ABC,\ \triangle A{'}DE,\ \triangle A{'}{'}ZH, κατά τις διευθύνσεις AO,\ A{'}O,\ A{'}{'}O αντιστοίχως, όπου O είναι το περίκεντρο του \triangle AA{'}A{'}{'} και κατα διάστημα x = AO = A{'}O = A{'}{'}O, ώστε τα A,\ A{'},\ A{'}{'} να ταυτιστούν με το O.

Έστω ότι \triangle OB{'}C{'},\ \triangle OD{'}E{'},\ \triangle OZ{'}H{'} είναι τα "αντίγραφα" των \triangle ABC,\ \triangle A{'}DE,\ \triangle A{'}{'}ZH αντιστοίχως και τότε σύμφωνα με το αρχικό πρόβλημα όπως λες, έχουμε ότι το τρίγωνο \triangle K{'}L{'}M{'} είναι ισόπλευρο, όπου K{'},\ L{'},\ M{'} είναι αντιστοίχως, τα μέσα των C{'}D{'},\ E{'}Z{'},\ B{'}H{'}.

Είναι προφανές ότι ισχύει BB{'} = CC{'} = DD{'} = EE{'} = ZZ{'} = HH{'} = x.

Στο τετράπλευρο EZZ{'}E{'} τώρα, από EE{'} = ZZ{'} και \angle EXZ = 120^{o} ( λόγω EE{'}\parallel OA{'} και ZZ{'}\parallel OA{'}{'} ),

όπου X\equiv EE{'}\cap ZZ{'}, αποδεικνύεται εύκολα ότι ισχύει \displaystyle LL{'} = \frac{EE{'}}{2} = \frac{ZZ{'}}{2} = \frac{x}{2} ,(1) και LL{'}\parallel OA ,(2)

Ομοίως έχουμε \displaystyle MM{'} = \frac{x}{2} ,(3) και MM{'}\parallel OA{'} ,(4) και \displaystyle KK{'} = \frac{x}{2} ,(5) και KK{'}\parallel OA{'}{'} ,(6)

Από (2),\ (4),\ (6) συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο \triangle PQR, που ορίζεται από τα σημεία

P\equiv KK{'}\cap LL{'},\ Q\equiv LL{'}\cap MM{'},\ R\equiv MM{'}\cap KK{'}, είναι ισόπλευρο.

Στο ισόπλευρο αυτό τρίγωνο που περιγράφει το ισόπλευρο τρίγωνο \triangle K{'}L{'}M{'}, από \displaystyle KK{'} = LL{'} = MM{'} = \frac{x}{2}, συμπεραίνεται ότι και το τρίγωνο \triangle KLM είναι ισόπλευρο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Και πάλι σ' ευχαριστώ, Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις λεπτομέρειες για τις αποδείξεις των (1), ... ,(6) παραπάνω, που βασίζονται εν μέρει σε κάποιο πρόβλημα που έχουμε ξανασυζητήσει στο :logo: .
Συνημμένα
f=22_t=14109(a).PNG
Ισόπλευρο τρίγωνα από τρία ισόπλευρα τρίγωνα - Απόδειξη της γενίκευσης, από τέσσερα ισόπλευρα τρίγωνα.
f=22_t=14109(a).PNG (50.01 KiB) Προβλήθηκε 4436 φορές
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Δευ Μαρ 21, 2011 12:01 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3972
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Μαρ 21, 2011 12:13 am

Είστε υπέροχοι!!!

σας ευχαριστώ

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ


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
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2712
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Μαρ 21, 2011 3:00 am

vittasko έγραψε:Γιώργο σ' ευχαριστώ για την παρέμβασή σου και τη λύση με διανύσματα, με τα οποία δυστυχώς δεν τα καταφέρνω.
Ας δώσω τότε, μια και υπάρχει πλέον και πληρέστερο σχήμα, τις λεπτομέρειες για την διανυσματική ισότητα ML = M'L' + (v-u)/2:

ML = OL - OM = (2OL)/2 - (2OM)/2 = (OZ+OE)/2 - (OB+OH)/2 = (OZ+OE-OB-OH)/2 = [(OZ'+Ζ'Ζ) + (OE'+Ε'Ε) - (OB'+Β'Β) - (OH'+Η'Η)]/2 = [(OZ'+w) + (OE'+v) - (OB'+u) - (OH'+w)]/2 = (OZ'+OE')/2 - (OB'+OH')/2 + (v-u)/2 = (2OL')/2 - (2OM')/2 + (v-u)/2 = (OL'-OM') + (v-u)/2 = M'L' + (v-u)/2

[Ανάλογα προκύπτουν και οι ισότητες LK = L'K' + (u-w)/2, KM = K'M' + (w-v)/2.]

Ευχαριστούμε και εμείς,

Γιώργος Μπαλόγλου


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1082
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Δευ Μαρ 21, 2011 11:53 am

Εξαιρετικά ενδιφέρον το πρόβλημα και θαυμάσιες οι λύσεις που μας παρουσίασαν ο Κώστας , ο Γιώργος, και ο Στράτος.
Με την ευκαιρία, να ευχαριστήσω και το Στάθη που το έθεσε και να τον καλωσορίσω στη παρέα μας.
Σίγουρα είναι ένα δύσκολο πρόβλημα που ξεφεύγει από τα πλαίσια της σχολικής Γεωμετρίας και ίσως θα έπρεπε να ενταχθεί στο φάκελο των Ολυμπιάδων.
Υπάρχει και γενίκευση με τυχαίο αρχικό τρίγωνο και όμοια τα τρία τρίγωνα στις κορυφές του, την οποία θα αναλύσω και αποδείξω αργότερα με χρήση μετασχηματισμών ομοιότητας.
Συνημμένα
γενίκευση.png
γενίκευση.png (15.96 KiB) Προβλήθηκε 4360 φορές


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2048
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Μαρ 21, 2011 1:26 pm

Ανδρέα, πολύ ωραίο. :coolspeak:

Ήμουνα σίγουρος ότι το πρόβλημα δεν αληθεύει για όμοια ισοσκελή τρίγωνα και να που εμφανίζεται η γενίκευσή του για τυχόντα όμοια τρίγωνα.

Με προβληματίζει όμως το πως πρέπει να συνδυάζονται οι κορυφές του κεντρικού τριγώνου με αυτές των περιφερειακών. Ισχύει το αποτέλεσμα σε οποιοδήποτε σχήμα προκύπτει ; Θα το κοιτάξω με προσοχή στον υπολογιστή και περιμένω με ενδιαφέρον περισσότερες λεπτομέρειες.

Επίσης, ας μας δώσει κάποιος ( αν έχει υπόψη του ), βιβλιογραφικές αναφορές σχετικές με τα όσα συζητάμε εδώ ( προτάσεις - αποδείξεις ).

Καλή σου μέρα, Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2048
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Μαρ 21, 2011 2:51 pm

Ας δούμε τις λεπτομέρειες για την απόδειξη των αποτελεσμάτων (1), ... ,(6) που αναφέρθηκαν πιο πάνω.
Δίνεται τρίγωνο \triangle ABC με \angle A = 60^{o} εγγεγραμμένο σε κύκλο (O) και έστω τα σημεία D,\ E, επί των ευθειών AB,\ AC αντιστοίχως και εκατέρωθεν της BC, έτσι ώστε να είναι BD = CE = u. Αποδείξτε ότι MN = u / 2, όπου M,\ N, είναι αντιστοίχως τα μέσα των BC,\ DE και ότι MN\parallel Ax, όπου Ax είναι η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας \angle A.
Απόδειξη.

Έστω L το μέσον του BE και από \displaystyle ML\parallel = \frac{CE}{2} και \displaystyle LN\parallel = \frac{BD}{2}, συμπεραίνεται ότι \displaystyle ML = LN = \frac{u}{2} και \angle MLN = 60^{o} και επομένως το τρίγωνο \triangle MLN είναι ισόπλευρο.

Άρα έχουμε \displaystyle MN = \frac{u}{2} και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

\bullet Στο ( μη κυρτό ) τετράλευρο BDEC τώρα, από BD = CE και σύμφωνα με σχετικό πρόβλημα που έχει συζητηθεί Εδώ, συμπεραίνεται ότι MN\parallel Ax, όπου Ax είναι η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας \angle A και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

( στα σχήματα f=22_t=14109(b), f=22_t=14109(c), εμφανίζονται οι βοηθητικές γραμμές για αυτοτελή απόδειξη του ότι MN\parallel Ax ).

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Για την περίπτωση όταν \angle A = 120^{o} και τα D,\ E, προς το αυτό μέρος της BC, εργαζόματσε ανάλογα και αποδεικνύεται ότι αληθεύουν τα ίδια αποτελέσματα, αλλά με την Ax εσωτερική διχοτόμο της γωνίας \angle A.
Συνημμένα
f=22_t=14109(b).PNG
Ισόπλευρο τρίγωνο από τρία ισόπλευρα τρίγωνα - Γενίκευση, από τέσσερα ισόπλευρα τρίγωνα - Συμπληρωματικές αποδείξεις - <A = 60.
f=22_t=14109(b).PNG (19.17 KiB) Προβλήθηκε 4283 φορές
f=22_t=14109(c).PNG
Ισόπλευρο τρίγωνο από τρία ισόπλευρα τρίγωνα - Γενίκευση, από τέσσερα ισόπλευρα τρίγωνα - Συμπληρωματικές αποδείξεις - <A = 120.
f=22_t=14109(c).PNG (14.54 KiB) Προβλήθηκε 4283 φορές
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τρί Μαρ 22, 2011 2:44 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2048
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Δευ Μαρ 21, 2011 9:47 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Δίνονται τρία ισόπλευρα τρίγωνα \triangle ABC,\ \triangle ADE,\ \triangle AZH με κοινή κορυφή το σημείο A και σε τυχούσα θέση στο επίπεδο όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Αν K,\ L,\ M, είναι τα μέσα των τμημάτων BD,\ EZ,\ AH αντίστοιχα, να δειχθεί ότι το τρίγωνο \triangle KLM είναι ισόπλευρο.
Απόδειξη.

Έστω P,\ Q,\ R, τα μέσα αντιστοίχως των AB,\ DE,\ ZH και στο τρίγωνο \triangle ACD με τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \triangle PAC,\ \triangle QAD με \angle PAC = \angle QAD = \angle \omega = 30^{o}, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε ότι KP = KQ ,(1) και \angle KPQ = \angle KQP = \angle \omega = 30^{o} ,(2)

Ομοίως, έχουμε ότι και τα \triangle LQR,\ \triangle MRP είναι ισοσκελή τρίγωνα με τις γωνίες των βάσεών τους ίσες με \angle \omega = 30^{o}.

Έτσι, στο τρίγωνο \triangle PQR, τα σημεία K,\ L,\ M, ταυτίζονται με τα περίκεντρα των ισοπλεύρων τριγώνων \triangle PQT,\ \triangle QRS,\ \triangle PRN αντιστοίχως, που κατασκευάζονται επί των πλευρών του PQ,\ QR,\ RP και προς το εξωτερικό μέρος αυτού.

Άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Ναπολέοντα, συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο \triangle KLM είναι ισόπλευρο και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο \triangle ABC και έστω \triangle ABD,\ \triangle ACE, δύο όμοια ορθογώνια τρίγωνα με \angle ADB = \angle AEC = 90^{o} και \angle BAD = \angle CAE = \angle \omega, επί των πλευρών του AB,\ AC αντιστοίχως και προς το εξωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι MD = ME και \angle MDE = \angle MED = \angle \omega, όπου M είναι το μέσον της πλευράς BC.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου, για το παραπάνω Λήμμα.
Συνημμένα
f=22_t=14109(d).PNG
Ισόπλευρο τρίγωνο από τρία ισόπλευρα τρίγωνα - Απόδειξη της πρότασης.
f=22_t=14109(d).PNG (37.81 KiB) Προβλήθηκε 4252 φορές


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1082
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Τρί Μαρ 22, 2011 10:35 am

Κώστα, καλημέρα
Πρόκειται για το Θεώρημα Clifford-Cayley, δες και στο http://www.maa.org/editorial/knot/similarity.html
Τα τριγωνα με κοινή κορυφή είναι όμοια με ίδιο προσανατολισμό και ίσες γωνίες στην κοινή κορυφή.
Στην απόδειξη μου, χρησιμοποιώ το ακόλουθο
Λήμμα:
Έστω δύο όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β'Γ' (ίδιου προσανατολισμού). Τότε τα μέσα Κ, Λ, Μ των ΑΑ', ΒΒ' και ΓΓ' ορίζουν όμοιο τρίγωνο με τα αρχικά.
Το Λήμμα γενικεύεται αν αντικαταστήσω τα Κ, Λ, Μ με σημεία που διαιρούν τις ΑΑ', ΒΒ', ΓΓ' σε ίσους λόγους, η ακόμα γενικότερα, αν τα Κ, Λ, Μ είναι κορυφές όμοίων τριγώνων με βάσεις τις ΑΑ', ΒΒ', ΓΓ'.
Ελπίζω να καταφέρω μέχρι το βράδυ να δώσω σχήματα και αναλυτική απόδειξη.


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5372
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Τρί Μαρ 22, 2011 11:26 am

vittasko έγραψε:.............
ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο \triangle ABC και έστω \triangle ABD,\ \triangle ACE, δύο όμοια ορθογώνια τρίγωνα με \angle ADB = \angle AEC = 90^{o} και \angle BAD = \angle CAE = \angle \omega, επί των πλευρών του AB,\ AC αντιστοίχως και προς το εξωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι MD = ME και \angle MDE = \angle MED = \angle \omega, όπου M είναι το μέσον της πλευράς BC.

Κώστας Βήττας.
Έτυχε τελευταία να έχω συναντήσει αυτό το λήμμα ως άσκηση σε ένα ρουμάνικο βιβλίο για μικρές τάξεις και το θυμήθηκα.
Λοιπόν, αν ονομάσουμε Ζ,Η τα συμμετρικά των Β,C ως προς τα D , E αντίστοιχα, τότε τα τρίγωνα ΑΖC και ΑΒΗ είναι ίσα , αφού πχ ΑΖ=ΑΒ , ΑΗ=ΑC και οι γωνίες ΖΑC, ΒΑΗ είναι ίσες (με γωνία Α + 2ω η κάθε μία) .Άρα ZC=BH οπότε ΜD = ΜΕ , ως μισά ίσων τμημάτων.

Το άλλο σκέλος είναι μετακίνηση γωνιών και θα προσπαθήσω να το φτιάξω μετά το σχολείο.

Προσθήκη :

Αν οι ευθείες ΖC , ΒΗ τέμνονται στο Κ, τότε η ισότητα των παραπάνω τριγώνων δίνει ότι τα τετράπλευρα ΑΚCH , ΑΚΒΖ είναι εγγράψιμα και επειδή η γωνία DME είναι ίση με τη γωνία ZKH, συμπεραίνουμε ότι :

\angle DME = \angle ZKH = \angle ZKA + \angle AKH = \angle ZBA + \angle ACH  =  
  
 
= (90 -\omega )+(90-\omega ) = 180 - 2\omega.

Άρα από το ισοσκελές τρίγωνο ΜDE, παίρνουμε ότι και οι γωνίες MDE , MED είναι ίσες με ω.

Υπάρχει και πιο απλός τρόπος για το β' σκέλος, αλλά επέλεξα αυτόν για να γράψω πιο εύκολα την απόδειξη.Για παράδειγμα μπορούμε να εργαστούμε με εξωτερικές γωνίες στο τρίγωνο ΖΚΒ και να υπολογίσουμε τη γωνία ΖΚΗ .

Μπάμπης
( Συγνώμη για τυχόν τυπογραφικά, αλλά θα το ξαναδώ .Χτύπησε το ...ρημάδι !)


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2048
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τρί Μαρ 22, 2011 3:23 pm

\bullet Ανδρέα, σ' ευχαριστώ για τον γνωστό σύνδεσμο Cut The Knot, όπου όμως δεν είχε τύχει να δω αυτό το πλούσιο υλικό και δεν έχω καταλάβει τι πωλείται σ' αυτή την ιστοσελίδα ( τα προβλήματα ; οι αποδείξεις ; ) και πως.

Πολύ ωραίο το Λήμμα στο οποίο αναφέρθηκες, για το οποίο βρήκα μία στοιχειώδη απόδειξη και θα την βάλω αργότερα, αν διαφέρει από την δική σου.

\bullet Μπάμπη, έχει τύχει να αναφερθώ παλιότερα Εδώ, στο Λήμμα που ανέφερα πιο πάνω, αλλά δεν ήξερα ότι είναι γνωστό και με απλούστερη απόδειξη για το δεύτερο ερώτημα.

Από τότε βέβαια ( Φεβρουάριος 2007 ), δεν έχω αξιωθεί να έλέγξω αν η απόδειξη που έστειλα στο mathlinks.ro φόρουμ για το πρόβλημα του δικού μας Νίκου Κυριαζή, είναι η ίδια ή παρόμοια με την δική του, για την οποία όμως θέλει ψάξιμο στο βιβλίο του, επειδή βασίζεται διαδοχικά σε άλλες προτάσεις. Ίσως τώρα είναι μία ευκαιρία να το κάνω.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Τελικά βρήκα μία συνθετική λύση για το γενικό πρόβλημα, το γνωστό πιο πάνω ως Θεώρημα Clifford - Cayley, όπου χρησιμοποιείται το Λήμμα που έδωσε ο Ανδρέας και θα επανέλθω αργότερα, αν διαφέρουν οι αποδείξεις.
τελευταία επεξεργασία από vittasko σε Τετ Μαρ 23, 2011 2:34 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1082
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Τετ Μαρ 23, 2011 12:08 pm

Πρόταση-Μετασχηματισμός ομοιότητας
Για δύο δεδομένα άνισα ευθύγραμμα τμήματα AB, CD, υπάρχει μετασχηματισμός ομοιότητας (σύνθεση στροφής με ομοιοθεσία) που απεικονίζει το πρώτο στο δεύτερο. Το κέντρο του μετασχηματισμού αυτού, είναι το δεύτερο κοινό σημείο Ε των κύκλων που διέρχονται από το σημείο τομής των ΑC και BD (όπου Α,C και B,D ζεύγη ομόλογων σημείων) και τα άκρα των AB, CD. Ο λόγος του της παραπάνω ομοιότητας , ισούται με EA/EC.
Μία δεύτερη ομοιότητα με το ίδιο κέντρο και λόγο ΕΑ/ΕΒ, απεικονίζει το τμήμα ΑC στο BD.
Η απόδειξη είναι άμεση με χρήση των ομοίων τριγώνψν ΕΑB και ECD, η των EAC και EBD.
Λήμμα:
Έστω δύο όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ (ίδιου προσανατολισμού). Τότε τα μέσα Η, Θ, Ι των ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ ορίζουν όμοιο τρίγωνο με τα δύο πρώτα.
Το Λήμμα γενικεύεται αν αντικαταστήσω τα Η, Θ, Ι με σημεία που διαιρούν τις ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ σε ίσους λόγους, η ακόμα γενικότερα, αν τα Η, Θ, Ι είναι κορυφές όμοίων τριγώνων με βάσεις τις ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ.
Απόδειξη:
Η ομοιότητα που απεικονίζει το ΑΒΓ στο ΔΕΖ , έχει κέντρο το Κ και λόγο ισο με ΚΑ/ΚΔ ενώ εκείνος που απεικονίζει το ΑΔ στο ΓΖ έχει το ίδιο κέντρο και λόγο ΚΑ/ΚΓ. Γενικά, το Κ είναι κοινό κέντρο όλων των ομοιοτήτων που απεικονίζουν τα ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ το ένα στο άλλο.
Έτσι, υπάρχει μία κοινή ομοιότητα κέντρου Κ, (με λόγο ΚΑ/ΚΗ και γωνία ΗΚΑ) που απεικονίζει το ΑΒ στο ΗΘ και το ΑΓ στο ΗΙ. Αυτή η ομοιότητα απεικονίζει το ΑΒΓ στο ΗΘΙ.

Θα επανέλθω με την απόδειξη του αρχικού προβλήματος.
Συνημμένα
κέντρο ομοιότητας.png
κέντρο ομοιότητας.png (17.03 KiB) Προβλήθηκε 4047 φορές
ομοιότητα τριγώνων-2.png
ομοιότητα τριγώνων-2.png (16.77 KiB) Προβλήθηκε 4047 φορές


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2048
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Μαρ 23, 2011 1:51 pm

Ανδρέα καλημέρα κι' όπως λέει και το τραγούδι, σε ακολουθώ με πιο προσιτές ( σε μένα ) αποδείξεις. :)
AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Έστω δύο όμοια τρίγωνα \triangle ABC και \triangle A{'}B{'}C{'} ( ίδιου προσανατολισμού ). Τότε τα μέσα K,\ L,\ M, των AA{'},\ BB{'},\ CC{'} αντιστοίχως, ορίζουν όμοιο τρίγωνο με τα αρχικά.

Το Λήμμα γενικεύεται αν αντικαταστήσω τα K,\ L,\ M, με σημεία που διαιρούν τις AA{'},\ BB{'},\ CC{'} σε ίσους λόγους, η ακόμα γενικότερα, αν τα K,\ L,\ M, είναι κορυφές όμοίων τριγώνων με βάσεις τις AA{'},\ BB{'},\ CC^, αντιστοίχως.
Απόδειξη.

'Εστω \triangle ABC,\ \trinalgle A{'}B{'}C{'} τα δοσμένα όμοια τρίγωνα όπως ορίζεται στην εκφώνηση ( του "ιδίου προσανατολισμού" ή "ευθέως όμοια" ) (*) και ας είναι το τρίγωνο \triangle A{'}B{'}{'}C{'}{'}, ίσο προς το \triangle A{'}B{'}C{'}, με A{'}B{'}{'} = A{'}B{'} και A{'}C{'}{'} = A{'}C{'} και \angle B{'}{'}A{'}C{'}{'} = \angle B{'}A{'}C{'} ( "ευθέως ίσα τρίγωνα", που προκύπτει το ένα από το άλλο, με στροφή του περί το A{'} ).

Επί πλέον ας είναι A{'}B{'}{'}\parallel AB,\ A{'}C{'}{'}\parallel AC και έστω L{'},\ M{'}, τα μέσα των BB{'}{'},\ CC{'}{'}, αντιστοίχως.

Είναι προφανές ότι το τρίγωνο \triangle KL{'}M{'} είναι όμοιο με τα δοσμένα τρίγωνα και το \triangle A{'}B{'}{'}C{'}{'}

και άρα έχουμε ότι \displaystyle \frac{KL{'}}{KM{'}} = \frac{AB}{AC} = \frac{A{'}B{'}}{A{'}C{'}} = \frac{A{'}B{'}{'}}{A{'}C{'}{'}} ,(1) και \angle L{'}KM{'} = \angle BAC = \angle B{'}A{'}C{'} = \angle B{'}{'}A{'}C{'}{'} ,(2).

\bullet Από τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα \triangle A{'}B{'}B{'}{'},\ \triangle A{'}C{'}C{'}{'} ( γιατί έχουν \displaystyle\frac{A{'}B{'}}{A{'}C{'}} = \frac{A{'}B{'}{'}}{A{'}C{'}{'}} και \angle B{'}A{'}B{'}{'} = \angle C{'}A{'}C{'}{'} ),

έχουμε ότι \displaystyle \frac{B{'}B{'}{'}}{C{'}C{'}{'}} = \frac{A{'}B{'}{'}}{A{'}C{'}{'}} ,(3) και \angle B{'}B{'}{'}A{'} = \angle C{'}C{'}{'}A{'} ,(4)

Από (1),\ (3),\ (4) και LL{'}\parallel B{'}B{'}^",\ MM{'}\parallel C{'}C{'}{'} και KL{'}\parallel A{'}B{'}{'},\ KM{'}\parallel A{'}C{'}{'},

από όπου παίρνουμε \angle KL{'}L = \angle KM{'}M και \displaystyle \frac{B{'}B{'}{'}}{C{'}C{'}{'}} = \frac{2LL{'}}{2MM{'}} = \frac{LL{'}}{MM{'}}

συμπεραίνεται ότι τα τρίγωνα \triangle KL{'}L,\ \triangle KM{'}M είναι όμοια και άρα έχουμε \displaystyle \frac{KL{'}}{KM{'}} = \frac{LL{'}}{MM{'}} ,(5) και \angle LKL{'} = \angle MKM{'} ,(6)

Από (1),\ (5) και (6) που μας δίνει \angle LKM = \angle L{'}KM{'} = \angle BAC, συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο \triangle KLM είναι όμοιο προς τα δοσμένα όμοια τρίγωνα \triangle ABC,\ \triangle A{'}B{'}C{'} και το Λήμμα έχει αποδειχθει.

Κώστας Βήττας.

(*) Θα λέμε ότι δύο όμοια τρίγωνα \triangle ABC,\ \triangle A{'}B{'}C{'}, με \angle A = \angle A{'} και \angle B = \angle B{'}, ότι είναι του "ιδίου προσανατολισμού" ή "ευθέως όμοια", αν για τα σημεία B{'}{'},\ C{'}{'}, επί των ευθειών AB,\ AC αντιστοίχως και AB{'}{'} = A{'}B{'} και AC{'}{'} = A{'}C{'} και \angle B{'}{'}AC{'} 
{'} = \angle BAC, προκύπτει ότι B{'}{'}C{'}{'}\parallel BC.

Δεν ξέρω αν αυτός είναι ο κατάλληλος όρισμός, που να προσδιορίζει ως του "ιδίου προσανατολισμού" δύο όμοια τρίγωνα και ελπίζω να το κατάλαβα σωστά.
Συνημμένα
f=22_t=14109(e).PNG
Ισόπλευρο τρίγωνο από τρία ισόπλευρα τρίγωνα - Γενίκευση, θεώρημα Clifford - Cayley - Απόδειξη του Λήμματος Ανδρέα Βαρβεράκη.
f=22_t=14109(e).PNG (25.66 KiB) Προβλήθηκε 3992 φορές


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1082
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Τετ Μαρ 23, 2011 8:38 pm

Δύο τρίγωνα θεωρούμε ότι έχουν τον ίδιο προανατολισμό, αν το ένα είναι η εικόνα του άλλου μέσω "ομορρόπου ομοιότητας", δηλαδή σύνθεσης μίας στροφής και μίας ομοιοθεσίας με το ίδιο κέντρο. Στην "αντίρροπο ομοιότητα", έχουμε σύνθεση ανάκλασης και ομοιοθεσίας και έχουμε τρίγωνα διαφορετικού προσανατολισμού.
Επίσης μπορούμε να ορίσουμε τον προσανατολισμό μέσω της φοράς των αντίστοιχων γωνιών.

Πάμε τώρα στο γενικό πρόβλημα:

Στις κορυφές τυχόντος τριγώνου ΑΒΓ, κατασκευάζουμε όμοια προς αυτό και ιδίου προσανατολισμού τρίγωνα ΑΒ'Γ', Α'ΒΓ'' και Α''Β''Γ. Τότε, τα μέσα Κ, Λ και Μ των Α'Α'', Β'Β'' και Γ'Γ'' αντίστοιχα, είναι κορυφές ομοίου προς το ΑΒΓ τριγώνου.

Απόδειξη
Έστω Ρ και Ν τα μέσα των ΓΓ'' και ΒΒ'' αντίστοιχα. Σύμφωνα με το Λήμμα που αποδείξαμε, το τρίγωνο ΚΝΡ είναι όμοιο προς τα Α'ΒΓ'' και Α''Β''Γ. Έτσι, αρκεί να αποδείξουμε ότι είναι όμοιο και με το ΚΛΜ.
ΡΜ/ΝΛ=ΓΓ'/ΒΒ' και ΡΜ//ΒΒ', ΝΛ//ΓΓ'. Επίσης η γωνία των ΒΒ', ΓΓ' ισούται με την Α, (από τα όμοια τρίγωνα ΑΒΒ' και ΑΓΓ') και ΒΒ'/ΓΓ'=ΑΒ/ΑΓ.
Επομένως ΡΚ/ΝΚ=ΡΜ/ΝΛ και σχηματίζουν ίσες γωνίες, επομένως τα τρίγωνα ΚΡΜ και ΚΝΛ είναι όμοια. Έτσι το ΚΛΜ είναι όμοιο προς το ΚΡΝ.
Συνημμένα
ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ.png
ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ.png (34.93 KiB) Προβλήθηκε 3973 φορές


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2048
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Μαρ 23, 2011 10:57 pm

Ανδρέα καλησπέρα και σ' ευχαριστώ για τις διευκρινίσεις. Δεν έχουμε διαφορές στην απόδειξη του γενικού προβλήματος, γιατί το σκεπτικό είναι το ίδιο.

Το μόνο ίσως που χρειάζεται τεκμηρίωση σ' αυτά που γράφεις, είναι το γιατί τα τρίγωνα \triangle KPM,\ \triangle KNL, έχουν ίσες γωνίες.

Ας δούμε τη λύση αναλυτικά.

\bullet Έστω \triangle ABC,\ \triangle A{'}B{'}C{'},\ \triangle A{'}{'}B{'}{'}C{'}{'}, τα τρία δοσμένα όμοια τρίγωνα όπως ορίζεται στην εκφώνηση, συσχετισμένα έτσι ώστε το τρίγωνο που ορίζεται από τις κορυφές τους A,\ B{'},\ C{'}{'}, να είναι όμοιο προς αυτά, με ίσες τις αντίστοιχες γωνίες με κοινή κορυφή, και έστω K,\ L,\ M, τα μέσα των A{'}A{'}{'},\ BB{'}{'},\ CC{'}, αντιστοίχως.

Τα τρίγωνα \triangle A{'}B{'}A,\ \triangle C{'}B{'}C{'}{'} είναι όμοια γιατί έχουν \displaystyle \frac{A{'}B{'}}{B{'}A} = \frac{C{'}B{'}}{B{'}C{'}{'}} και \angle A{'}B{'}A = \angle C{'}B{'}C{'}{'}

και άρα έχουμε \displaystyle \frac{AA{'}}{C{'}C{'}{'}} = \frac{AB{'}}{B{'}C{'}{'}} ,(1) και \angle B{'}AA{'} = \angle B{'}C{'}{'}C{'} ,(2)

Από (2) προκύπτει ότι το τετράπλευρο AB{'}PC{'}{'} είναι εγγράψιμο, όπου P\equiv AA{'}\cap C{'}C{'}{'} και άρα \angle APC{'}{'} = \angle AB{'}C{'}{'} ,(3)

\bullet Έστω K{'},\ M{'}, τα μέσα αντιστοίχως των AA{'}{'},\ CC{'}{'} αντιστοίχως και σύμφωνα με το σχετικό Λήμμα που αποδείχτηκε στα προηγούμενα, ισχύει ότι το τρίγωνο \triangle K{'}LM{'} είναι όμοιο με τα δοσμένα καί το \triangle AB{'}C{'}{'} και άρα έχουμε \displaystyle \frac{K{'}L}{LM{'}} = \frac{AB{'}}{B{'}C{'}{'}} ,(4)

Έστω το σημείο Q\equiv KK{'}\cap MM{'}, όπου KK{'},\ MM{'}, μεσοπαράλληλες αντιστοίχως στα τρίγωνα \triangle AA{'}A{'}{'},\ \triangle CC{'}C{'}{'}.

Από \angle K{'}QM{'} = \angle APC{'}{'} = \angle AB{'}C{'}{'} = \angle K{'}LM{'} συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο K{'}LQM{'} είναι εγγράψιμο

και άρα έχουμε \angle LK{'}Q = \angle LM{'}Q \Longrightarrow \angle KK{'}L = \angle MM{'}L ,(5)

Από \displaystyle \frac{AA{'}}{C{'}C{'}{'}} = \frac{2KK{'}}{2MM{'}} = \frac{KK{'}}{MM{'}}, και (1),\ (4),\ (5), συμπεραίνεται ότι τα τρίγωνα \triangle KK{'}L,\ \triangle MM{'}L είναι όμοια

και άρα έχουμε ότι \displaystyle \frac{LK}{LM} = \frac{LK{'}}{LM{'}} ,(6) και \angle KLK{'} = \angle MLM{'} \Longrightarrow \angle KLM = \angle K{'}LM{'} ,(7)

Από (6),\ (7) συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο \triangle KLM είναι όμοιο προς το τρίγωνο \triangle K{'}LM{'} και άρα όμοιο προς τα δοσμένα όμοια τρίγωνα και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f=22_t=14109(f).PNG
Ισόπλευρο τρίγωνο από τρία ισόπλευρα τρίγωνα - Γενίκευση, Θεώρημα Clifford-Cayley - Απόδειξη από τον Ανδρέα Βαρβεράκη.
f=22_t=14109(f).PNG (42.19 KiB) Προβλήθηκε 3911 φορές


ΝΙΚΟΣ
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1326
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 13, 2009 8:35 pm
Τοποθεσία: Καλαμαριά (Θεσσαλονίκη).

Re: Γεωμετρία Α' Γενικού Λυκείου

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΝΙΚΟΣ » Σάβ Μαρ 26, 2011 4:17 pm

vittasko έγραψε:Ανδρέα, πολύ ωραίο. :coolspeak:

Ήμουνα σίγουρος ότι το πρόβλημα δεν αληθεύει για όμοια ισοσκελή τρίγωνα και να που εμφανίζεται η γενίκευσή του για τυχόντα όμοια τρίγωνα.

Με προβληματίζει όμως το πως πρέπει να συνδυάζονται οι κορυφές του κεντρικού τριγώνου με αυτές των περιφερειακών. Ισχύει το αποτέλεσμα σε οποιοδήποτε σχήμα προκύπτει ; Θα το κοιτάξω με προσοχή στον υπολογιστή και περιμένω με ενδιαφέρον περισσότερες λεπτομέρειες.

Επίσης, ας μας δώσει κάποιος ( αν έχει υπόψη του ), βιβλιογραφικές αναφορές σχετικές με τα όσα συζητάμε εδώ ( προτάσεις - αποδείξεις ).

Καλή σου μέρα, Κώστας Βήττας.

Παρέμβαση 1.

Αγαπητοί φίλοι,
απορροφημένος αυτόν τον καιρό, με άλλα θέματα προφανώς Γεωμετρίας, δεν είχα την ευκαιρία να μπω στο mathematica και έχασα την ζηλευτή συζήτηση που είχατε για το ωραίο θέμα που έχει προτείνει ο φίλος ο Στάθης (Κούτρας).
Τούτο μου το έκανε γνωστό στο τηλέφωνο, ο πολύ καλός μου φίλος ο Κώστας ( Βήττας) (γεια σου Κώστα).
Επειδή το θέμα αυτό, με έχει απασχολήσει αρκετά παλιότερα (1998-2004) και επειδή μας προτρέπει ο Κώστας να ασχοληθούμε με αυτό, όπως φαίνεται παραπάνω, γι’ αυτό θα ασχοληθώ τώρα και εγώ, έστω και καθυστερημένα.
Καταρχήν θα ήθελα να ρωτήσω τον φίλο το Στάθη να μας ειπεί, αν θέλει φυσικά, ποια είναι η προέλευση της Άσκησης που μας έχει δώσει. Τούτο με ενδιαφέρει προσωπικά, καθώς μέχρι τώρα πίστευα ότι εγώ την είχα πρωτοεπινοήσει το 1998, την πρωτοδημοσίευσα το 2001 με το Τεύχος 5 του βιβλίου μου Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας[§ 5θ(115), ενώ το 2004 την επαναδημοσίευσα στο Περιοδικό ΑΠΟΛΛΩΝΙΟΣ, Τεύχος 3, σελίδα 141.
Ας σημειωθεί ότι για την Πρόταση αυτή δεν αναφέρω ένα μόνο ζητούμενο αλλά και πολλά άλλα, όπως πχ ότι:
«και τα μέσα Κ', Λ', Μ' των διαγώνιων ΒΔ, ΗΕ, ΓΖ, αντίστοιχα, του εξάγωνου ΒΓΕΔΖΗ, είναι κορυφές ισόπλευρου τριγώνου (προφανώς χρησιμοποιώ το σχήμα του Στάθη), ότι αν Θ, Ι, Ν, είναι και τα μέσα των ΒΓ, ΕΔ, ΖΗ, αντίστοιχα, τότε είναι και ΘΛ∩ΙΜ∩ΝΚ≡Ο, ΘΛ'∩ΙΜ'∩ΝΚ'≡Ο', ΚΚ'∩ΛΛ'∩ΜΜ'≡Ρ, τα τρίγωνα ΒΕΖ, ΓΔΗ είναι ίσα, κτλ. Δηλαδή τελικά η Πρόταση του φίλου Στάθη διαμορφώνεται ως εξής:

Πρόταση 1 (Σχήμα του φίλου Στάθη, κατάλληλα συμπληρωμένο).
5θ(115). «Δίνονται τρία συνεπίπεδα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΕΔ, ΑΖΗ, με κοινή κορυφή την Α και σε τυχαία θέση. Αν Θ, Κ, Ι, Λ, Ν, Μ, Κ', Λ', Μ', είναι τα μέσα των πλευρών και διαγώνιων ΒΓ, ΓΕ, ΕΔ, ΔΖ, ΖΗ, ΗΒ, ΒΔ, ΕΗ, ΖΓ, αντίστοιχα του εξάγωνου ΒΓΕΔΖΗ, τότε να δειχθεί ότι τα τρίγωνα ΚΛΜ, Κ'Λ'Μ', είναι ισόπλευρα, τα δίδυμα τρίγωνα ΒΕΖ, ΓΔΗ, είναι ίσα, οι διάμεσοι του καθενός από τα τρία εξάγωνα ΒΓΕΔΖΗ, ΒΓΖΗΕΔ, ΓΕΗΒΔΖ, συντρέχουν κατά εξάγωνο, κτλ.».

Μετά τα παραπάνω,
παρακαλώ και προκαλώ τους ενδιαφερόμενους φίλους να ασχοληθούν και να δώσουν τις δικές τους αποδείξεις για τα νέα ζητούμενα της παραπάνω Πρότασης 1.
Απειλώ!!!, ότι θα επανέλθω με νεότερη παρέμβασή μου.


Φιλικά,
Νίκος Κυριαζής.
τελευταία επεξεργασία από ΝΙΚΟΣ σε Κυρ Μαρ 27, 2011 8:51 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες