Παραλληλία από τετράγωνα

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #1

: 147.PNG (26.95 KiB) Προβλήθηκε 1255 φορές

Στο εξωτερικό τριγώνου ABC

,θεωρούμε τα τετράγωνα ABKL,ACDE

.
Αν $P\equiv EL\cap CB$ να δείξετε ότι $PA\parallel KD$

#2

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Τετ Οκτ 16, 2019 3:19 pm 147.PNG

Στο εξωτερικό τριγώνου ,θεωρούμε τα τετράγωνα .
Αν $P\equiv EL\cap CB$ να δείξετε ότι $PA\parallel KD$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Τετ Οκτ 16, 2019 3:19 pm 147.PNG

Στο εξωτερικό τριγώνου ,θεωρούμε τα τετράγωνα .
Αν $P\equiv EL\cap CB$ να δείξετε ότι $PA\parallel KD$

Ας "ξεκαθαρίσουμε" λίγο το "τοπίο" μιας και δεν υπάρχουν αντιδράσεις

: παραλληλία από τετράγωνα.png (68.93 KiB) Προβλήθηκε 1160 φορές

Από το σχήμα Vecten είναι γνωστή πρόταση ότι $CL=BE,CL\bot BE$ (από την ισότητα των τριγώνων $\vartriangle ALC,\vartriangle ABE$ και συνεπώς το $S\equiv CL\cap BE$ είναι το δεύτερο (εκτός του

) κοινό σημείο των περίκυκλων των τετραγώνων και με AK,AD

διαμέτρους των εν λόγω κύκλων προκύπτει ότι $S\in KD\left( \angle ASK+\angle ASD={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}} \right)$

Από το πλήρες τετράπλευρο PLSBCE

προκύπτει ότι η

είναι η ευθεία Gauss του εν λόγω πλήρους τετραπλεύρου ( M,N

τα μέσα των διαγωνίων του BL,CE

αντίστοιχα ) και συνεπώς θα διέρχεται και από το μέσο της τρίτης διαγωνίου του

, δηλαδή $Q\equiv PS\cap MN$ είναι το μέσο της

. Με $T\equiv MN\cap AS$ το μέσο της (διάκεντρος κάθετη στην κοινή χορδή …) προκύπτει ότι $PA\parallel QT$ ( Q,T

τα μέσα των πλευρών του τριγώνου $\vartriangle SAP$ ) οπότε με Q,M,T,N

συνευθειακά προκύπτει ότι $PA\parallel MN$ και με $MN\parallel KD$ ( M,N

τα μέσα των πλευρών AK,AD

του τριγώνου $\vartriangle AKD$ ) προκύπτει ότι $AP\parallel KD$ (μεταβατική ιδιότητα της παραλληλίας ) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Στάθης

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τετ Οκτ 16, 2019 9:04 pm
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Τετ Οκτ 16, 2019 3:19 pm 147.PNG

Στο εξωτερικό τριγώνου ,θεωρούμε τα τετράγωνα .
Αν $P\equiv EL\cap CB$ να δείξετε ότι $PA\parallel KD$
Ας "ξεκαθαρίσουμε" λίγο το "τοπίο" μιας και δεν υπάρχουν αντιδράσεις
παραλληλία από τετράγωνα.png
Από το σχήμα Vecten είναι γνωστή πρόταση ότι $CL=BE,CL\bot BE$ (από την ισότητα των τριγώνων $\vartriangle ALC,\vartriangle ABE$ και συνεπώς το $S\equiv CL\cap BE$ είναι το δεύτερο (εκτός του ) κοινό σημείο των περίκυκλων των τετραγώνων και με διαμέτρους των εν λόγω κύκλων προκύπτει ότι $S\in KD\left( \angle ASK+\angle ASD={{90}^{0}}+{{90}^{0}}={{180}^{0}} \right)$

Από το πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η είναι η ευθεία Gauss του εν λόγω πλήρους τετραπλεύρου ( τα μέσα των διαγωνίων του αντίστοιχα ) και συνεπώς θα διέρχεται και από το μέσο της τρίτης διαγωνίου του , δηλαδή $Q\equiv PS\cap MN$ είναι το μέσο της . Με $T\equiv MN\cap AS$ το μέσο της (διάκεντρος κάθετη στην κοινή χορδή …) προκύπτει ότι $PA\parallel QT$ ( τα μέσα των πλευρών του τριγώνου $\vartriangle SAP$ ) οπότε με συνευθειακά προκύπτει ότι $PA\parallel MN$ και με $MN\parallel KD$ ( τα μέσα των πλευρών του τριγώνου $\vartriangle AKD$ ) προκύπτει ότι $AP\parallel KD$ (μεταβατική ιδιότητα της παραλληλίας ) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Στάθης

(έψαχνα να βρω ευθεία Gauss αλλά τίποτα

)
Αν δεν δοθεί άλλη λύση θα γράψω και την δική μου.

Σας ευχαριστώ,

min## · #5

Με Προβολική:
Μετακινώ το

πάνω σε ευθεία.
Όλα τα σημεία μένουν σταθερά εκτός των K,L,P

.Τα

μετακινούνται σε ευθείες (στροφή κέντρου

κατά

και

μοίρες αντίστοιχα) και λόγω της στροφής κινούνται προβολικά ως προς

.
Έτσι οι E(L),D(K)

είναι προβολικές δέσμες,οι E(L),A(P)

επίσης,συνεπώς κι οι A(P),D(K)

είναι.
Αρκεί να ελεγχθεί πως το ζητούμενο ισχύει για 3 θέσεις του

αφού αν έχουμε 2 προβολικές δέσμες (με ίσους διπλούς λόγους) που έχουν τρεις ακτίνες παράλληλες,αναγκαστικά (μονοσήμαντο) θα έχουν όλες τις ακτίνες παράλληλες.
Τρεις εύκολες θέσεις είναι οι :
1) B=C

όπου οι

γίνονται οι AE,CD

2)

τέτοιο ώστε ABC

ισοσκελές,όπου ισχύειη παραλληλία λόγω συμμετρίας
3)

στο άπειρο της

.
Το

γίνεται η προβολή του

στην

και το

πάει στο άπειρο με κατεθυνση

μοίρες ως προς

(στροφή).
Είναι απλό πως $APB\angle=45$ οπότε πάλι ισχύει η παραλληλία...

min## · #6

..Και η λύση της μιας γραμμής:
Αν $KE\cap CL\equiv X$ το δυικό του Desargues' Involution στο BCEL.PX

δίνει πως οι (AB,AL),(AC,AE),(AP,AX)

είναι συζυγείς σε ενέλιξη.Αφού η ενέλιξη αυτή έχει 2 συζυγή ζεύγη κάθετων ακτινών,θα είναι και το τρίτο ζεύγος ζεύγος κάθετων ακτινών κλπ.
Υγ.Εντάξει λίγο παραπάνω ίσως..

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #7

Έστω

τα μέσα των LE,KD,BC

.
Η σύνθεση $B_{-90^{\circ}}\circ C_{-90^{\circ}}$ στέλνει το

στο

και έχει κέντρο το μέσο του

(το

).Έτσι

είναι ορθογώνια και ισοσκελή.Αν $LC\cap BE\equiv T$ τότε $T\in KD$ , αφού $LATBK,ATCDE \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \acute{\alpha }\Rightarrow \angle KTB+\angle BTD=45^{\circ}+135^{\circ}=180^{\circ}$
Αφού λοιπόν M,N

κέντρα των περίκυκλων των LEF,BCF

είναι $MN\perp KD$
Όμως από το σχήμα Vecten είναι $MA\perp BC,NA\perp LE$ δηλαδή το

είναι το ορθόκεντρο του MPN

και έτσι $PA\perp MN\Rightarrow PA\parallel KD$

: 149.PNG (47.14 KiB) Προβλήθηκε 1024 φορές

Παραλληλία από τετράγωνα

Παραλληλία από τετράγωνα

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Re: Παραλληλία από τετράγωνα

Μέλη σε σύνδεση