mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 23, 2018 10:31 am**

: Ίσες γωνίες.1.png (10.44 KiB) Προβλήθηκε 1424 φορές

Ο έγκυκλος τριγώνου ABC

εφάπτεται στις πλευρές BC, AB, AC

στα σημεία D, E, Z

αντίστοιχα.

Έστω

σημείο του τμήματος

ώστε $\displaystyle DS \bot EZ.$ Να δείξετε ότι $A\widehat BS=A\widehat CS.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 23, 2018 12:21 pm**

Λόγω του ότι $\widehat{SEB}=\widehat{SZC}$ ως παραπληρώματα ίσων γωνιών, αρκεί $\widehat{ESB}=\widehat{ZSC}\Leftrightarrow 90^o-\widehat{ESB}=90^o-\widehat{ZSC}\Leftrightarrow \widehat{BSD}=\widehat{CSD}$ (1).

Έστω πως η

τέμνει την

στο

. Ξέρουμε πως οι AD, BZ

και

συντρέχουν στο σημείο Gergonne

, έστω

, άρα το τετράπλευρο AEGZ.BC

είναι πλήρες τετράπλευρο, δηλαδή οι διαγώνιες του τέμνονται αρμονικά. Με άλλα λόγια η τετράδα (K, D, B, C)

είναι αρμονική, άρα αφού $\widehat{KSD}=90^o$ , από γνωστό λήμμα έχουμε πως η

διχοτομεί την $\widehat{BSC}$ και άρα προκύπτει η (1).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 23, 2018 12:48 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 23, 2018 10:31 am
Ίσες γωνίες.1.png
Ο έγκυκλος τριγώνου εφάπτεται στις πλευρές στα σημεία αντίστοιχα.

Έστω σημείο του τμήματος ώστε $\displaystyle DS \bot EZ.$ Να δείξετε ότι $A\widehat BS=A\widehat CS.$

: ises_gwnies_1.png (11.21 KiB) Προβλήθηκε 1366 φορές

Έστω

,

τα ίχνη των καθέτων από τα σημεία

,

προς στις

,

αντίστοιχα. Παρατηρούμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα SZD

,

είναι όμοια μεταξύ τους. Επίσης όμοια μεταξύ τους είναι και τα SED

,

. Απο τις παραπάνω ομοιότητες έχουμε

$\dfrac{ES}{DE} = \dfrac{DZ/2}{CZ}$

$\dfrac{ED/2}{BE} =\dfrac{SZ}{DZ}$

πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε

$\dfrac{SE}{BE} = \dfrac{SZ}{CZ}$

και εφόσον $\angle BES = \angle CZS$ τα τρίγωνα BES

,

είναι όμοια, δίνοντας την ζητούμνη ισότητα γωνιών.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 24, 2018 8:15 am**

Ένα επιπλέον ερώτημα...

: Ίσες γωνίες.1β.png (17.04 KiB) Προβλήθηκε 1357 φορές

Αν η κάθετη από το

στην

την τέμνει στο

να δείξετε ότι το

και τα μέσα L, M

των

είναι συνευθειακά.

Μπορείτε να γενικεύσετε;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 24, 2018 3:07 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 24, 2018 8:15 am
Ένα επιπλέον ερώτημα... Ίσες γωνίες.1β.png
Αν η κάθετη από το στην την τέμνει στο να δείξετε ότι το και τα μέσα των είναι συνευθειακά.

: Ίσες γωνίες 1.png (40.25 KiB) Προβλήθηκε 1280 φορές

Μια λύση "λίγο" εκτός φακέλου

:

Δεν θα χρησιμοποιήσω το πρώτο ερώτημα... Θα αποδείξουμε πως τα σημεία K, L, M

είναι συνευθειακά.

Παρατηρούμε πως το τετράπλευρο KSLA

είναι ορθογώνιο. Άρα η

διχοτομείται από την

. Με άλλα λόγια αν

το μέσο του

, τότε τα

είναι συνευθειακά.

Αρκεί να αποδειχθεί λοιπόν ότι τα R, L, M

είναι συνευθειακά.

Ξέρουμε πως οι AD, BZ, CE

τέμνονται στο

, το σημείο Gergonne

του τριγώνου ABC. Επομένως έχουμε το πλήρες τετράπλευρο AEGZ.BC

.

Συνεπώς η ευθεία

είναι η ευθεία Newton-Gauss

αυτού του πλήρους τετραπλεύρου. Επομένως αυτή η ευθεία διέρχεται από από το μέσο

του

Αρκεί δηλαδή να αποδειχτεί πως τα σημεία R, P, L

είναι συνευθειακά.

Στο τρίγωνο GSA

τα

και

είναι μέσα, άρα έχουμε πως RP//SG

.

Επομένως αρκεί να αποδειχθεί πως PL//SG

.

Έστω ακόμα

το μέσο του

και

το συμμετρικό του

ως προς το

.

Ξέρουμε πως το

είναι το σημείο Lemmoine

του

, άρα προκύπτει από το θεώρημα Sclomich

(θα πω μετά κάποια πράγματα), πως τα σημεία Q, G, L

είναι συνευθειακά.

Ακόμη αφού

και

μέσα στο

, έχουμε πως QG//SJ

, άρα

.

Αφού

, έχουμε πως τα τρίγωνα JSD

και

είναι όμοια. Άρα και τα τρίγωνα που προκύπτουν από τις διαμέσους τους είναι όμοια, δηλαδή τα τρίγωνα GLP

και

είναι όμοια, άρα $\widehat{JGS}=\widehat{GPL}$ , άρα προκύπτει η παραλληλία PL//SG

και τέλος.

----------------------

Θεώρημα Schlomich

(έτσι το έχω ακούσει, αν και στο διαδίκτυο δεν υπάρχουν πολλά για αυτό):

Έστω τρίγωνο ABC

και

το ύψος, το οποίο έχει μέσο

. Έστω

το σημείο

και

το μέσο του

. Τότε τα σημεία M, L, K

είναι συνευθειακά!! Επιτέλους το χρησιμοποίησα αυτό το θεώρημα σε μία άσκηση

!

Υ.Γ Θα έχει ενδιαφέρον να δούμε μια απόδειξη αυτού του θεωρήματος. Έχω δει απόδειξη με μιγαδικούς, αλλά δεν έχω δει μια συνθετική λύση (χωρίς "αιρετικά" εργαλεία

)

Edit: Προστέθηκε το σχήμα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 24, 2018 4:04 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 23, 2018 10:31 am
Ίσες γωνίες.1.png Ο έγκυκλος τριγώνου εφάπτεται στις πλευρές στα σημεία αντίστοιχα.
Έστω σημείο του τμήματος ώστε $\displaystyle DS \bot EZ.$ Να δείξετε ότι $A\widehat BS=A\widehat CS.$

'Εχουμε και λέμε:
$\displaystyle{\vartriangle CNZ \sim \vartriangle BEH \Rightarrow \frac{{NC}}{{BH}} = \frac{r}{R} = \frac{{NS}}{{SH}} \Rightarrow \vartriangle HSB \sim \vartriangle NSC \Rightarrow \angle HSB = \angle NSC,}$ οπότε αυτόματα παίρνουμε το ζητούμενο.

: ;αζ.png (25.33 KiB) Προβλήθηκε 1267 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 25, 2018 9:20 am**

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 24, 2018 3:07 pm
----------------------

Θεώρημα (έτσι το έχω ακούσει, αν και στο διαδίκτυο δεν υπάρχουν πολλά για αυτό):

Έστω τρίγωνο και το ύψος, το οποίο έχει μέσο . Έστω το σημείο και το μέσο του . Τότε τα σημεία είναι συνευθειακά!! Επιτέλους το χρησιμοποίησα αυτό το θεώρημα σε μία άσκηση !

Υ.Γ Θα έχει ενδιαφέρον να δούμε μια απόδειξη αυτού του θεωρήματος. Έχω δει απόδειξη με μιγαδικούς, αλλά δεν έχω δει μια συνθετική λύση (χωρίς "αιρετικά" εργαλεία )

Έστω

Αν η

τέμνει τη συμμετροδιάμεσο

στο

θα δείξω ότι

είναι το σημείο

Lemoine του τριγώνου, δηλαδή ότι: $\displaystyle \frac{{LA}}{{LE}} = \frac{{{b^{^2}} + {c^2}}}{{{a^2}}}$

: Schlomich.png (9.08 KiB) Προβλήθηκε 1243 φορές

Θεώρημα Μενελάου στο ADE

με διατέμνουσα $\displaystyle \overline {MLK} :$ $\displaystyle \frac{{MA}}{{MD}} \cdot \frac{{DK}}{{EK}} \cdot \frac{{LE}}{{LA}} = 1 \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{LA}}{{LE}} = \frac{{DK}}{{EK}}}$ (1)