Σελίδα 1 από 1

Χαρταετός λόγω ίσων γωνιών

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Φεβ 14, 2019 11:58 pm
από Γιώργος Μήτσιος
Χαιρετώ.Το θέμα που ακολουθεί έχει την αφετηρία του σε άκρως ελκυστικό λήμμα που είδα σε παλαιό θέμα .
Οι γνώστες του λήμματος παρακαλούνται να καθυστερήσουν (για 2 ή 3 μέρες) σχετική παραπομπή με την προσδοκία να δούμε -και να χαρούμε-νέες λύσεις !
14-2-19 χαρταετός.PNG
14-2-19 χαρταετός.PNG (13.93 KiB) Προβλήθηκε 448 φορές
Το τρίγωνο ABC έχει AB=AC. Στο εσωτερικό του θεωρούμε σημείο E που ανήκει στην μεσοκάθετο του AB.

Επί της ημιευθείας AE προσδιορίζουμε το Z ώστε \widehat{ABZ}=\widehat{BCE}.

Αν K το περίκεντρο του τριγώνου ABZ και H το συμμετρικό του K ως προς τη BZ τότε

Να εξεταστεί αν το CABH είναι χαρταετός , δηλ αν είναι και HB=HC.

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Re: Χαρταετός λόγω ίσων γωνιών

Δημοσιεύτηκε: Παρ Φεβ 15, 2019 1:09 am
από Ορέστης Λιγνός
Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Πέμ Φεβ 14, 2019 11:58 pm
Χαιρετώ.Το θέμα που ακολουθεί έχει την αφετηρία του σε άκρως ελκυστικό λήμμα που είδα σε παλαιό θέμα .
Οι γνώστες του λήμματος παρακαλούνται να καθυστερήσουν (για 2 ή 3 μέρες) σχετική παραπομπή με την προσδοκία να δούμε -και να χαρούμε-νέες λύσεις !
14-2-19 χαρταετός.PNG
Το τρίγωνο ABC έχει AB=AC. Στο εσωτερικό του θεωρούμε σημείο E που ανήκει στην μεσοκάθετο του AB.

Επί της ημιευθείας AE προσδιορίζουμε το Z ώστε \widehat{ABZ}=\widehat{BCE}.

Αν K το περίκεντρο του τριγώνου ABZ και H το συμμετρικό του K ως προς τη BZ τότε

Να εξεταστεί αν το CABH είναι χαρταετός , δηλ αν είναι και HB=HC.

Ευχαριστώ , Γιώργος.
Γεια σου Γιώργο.

Μία λύση με μπόλικη Τριγωνομετρία!

Έστω, \angle ZBC=s, \angle EAC=k, \angle ABE=\angle BAE=\phi, \angle BCZ=x.

Είναι, KB=KZ, και το H είναι συμμετρικό του K ως προς την BZ, οπότε HB=HZ.

Αν δείξω ότι το \angle BHZ=2\angle ZCB τότε θα είχα ότι το H είναι το περίκεντρο του \vartriangle BHC, οπότε HB=HC.

Για να δείξω ότι \angle BHZ=2\angle ZCB αρκεί να δείξω ότι \angle BAZ=\angle BCZ (αφού είναι 2\angle BAZ=\angle BKZ=\angle BHZ).

Αρκεί δηλαδή \phi=x.

i) Στο τρίγωνο \vartriangle ABC με σεβιανές τις AE,BE,CE η τριγωνομετρική μορφή του Ceva δίνει (μετά από απλοποιήσεις) \sin (\omega+s-\phi) \cdot \sin s=\sin k \cdot \sin \omega (1).

ii) Στο τρίγωνο \vartriangle ABC με σεβιανές τις AZ,BZ,CZ πάλι το trig Ceva δίνει \sin \phi \cdot \sin(\omega+s-x) \cdot \sin s=\sin k \cdot \sin x \cdot \sin \omega (2).

Συνδυάζοντας τις (1), (2) προκύπτει \dfrac{\sin(\omega+s-\phi)}{\sin \phi}=\dfrac{\sin(\omega+s-x)}{\sin x}.

Θεωρώ την συνάρτηση f(t)=\dfrac{\sin(\omega+s-t)}{\sin t}.

Αυτή, εύκολα προκύπτει πως είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε αφού έχουμε f(\phi)=f(x), θα είναι και \phi=x, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Re: Χαρταετός λόγω ίσων γωνιών

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Φεβ 21, 2019 12:41 am
από Γιώργος Μήτσιος
Καλημέρα σε όλους. Σ' ευχαριστώ Ορέστη για την ευέλικτη αντιμετώπιση του θέματος!
Λίγα λόγια για τη δημιουργία του παρόντος. Αφορμή ήταν το λήμμα που ακολουθεί
(το παρουσιάζει ο αγαπητός Κώστας Βήττας σε παλαιό θέμα , αλλά τώρα δεν μπορώ να το βρώ).
Λήμμα Κ.Β.PNG
Λήμμα Κ.Β.PNG (9.79 KiB) Προβλήθηκε 351 φορές
Λήμμα:Στο εσωτερικό ισοσκελούς ( με AB=AC ) τριγώνου ABC θεωρούμε τα σημεία E,Z ώστε να ισχύουν A\widehat{B}E=B\widehat{C}Z και A\widehat{C}E=C\widehat{B}Z.
Τότε τα σημεία A,E,Z είναι συνευθειακά
.

Έθεσα το E στην μεσοκάθετο του AB για να είναι \widehat{BAE}=\theta =\widehat{BCZ}.
Με σκοπό οι περίκυκλοι των τριγώνων ABZ και CBZ να είναι ίσοι με ακτίναR=\dfrac{BZ}{2\eta \mu \theta } 
.

Οι κύκλοι αυτοί έχουν κοινή χορδή την BZ που είναι μεσοκάθετος της διακέντρου αυτών .
Έτσι το συμμετρικό του ενός κέντρου ως προς την BZ είναι το κέντρο του άλλου κύκλου.. Φιλικά Γιώργος.