Σύγκλιση από καθετότητες

#1

: σύγκλιση από καθετότητες.png (15.53 KiB) Προβλήθηκε 1570 φορές

Σε τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ κατασκευάζουμε εξωτερικά αυτού τα τυχαία ορθογώνια $\displaystyle{BCDE,CAFZ,ABKL}$ . Να δειχθεί ότι οι εκ των $\displaystyle{A,B,C}$ κάθετες στις $\displaystyle{FL,KE,DZ}$ αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο

Υ.Σ. Το θέμα έχει πιθανόν ξανασυζητηθεί στο mathematica αλλά επειδή έχω μια απλή λύση το ξαναθέτω σε μικρότερο φάκελο

Στάθης

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 2:24 pm σύγκλιση από καθετότητες.pngΣε τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ κατασκευάζουμε εξωτερικά αυτού τα τυχαία ορθογώνια $\displaystyle{BCDE,CAFZ,ABKL}$ . Να δειχθεί ότι οι εκ των $\displaystyle{A,B,C}$ κάθετες στις $\displaystyle{FL,KE,DZ}$ αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο

Υ.Σ. Το θέμα έχει πιθανόν ξανασυζητηθεί στο mathematica αλλά επειδή έχω μια απλή λύση το ξαναθέτω σε μικρότερο φάκελο

Στάθης

Καλημέρα!
Έστω AA'

ύψος του $ALF,A'\in LF$ , και

η αντικείμενη ημιευθεία στην AA'

Είναι $\angle BAS=180^{\circ}-90^{\circ}-\angle LAA'=90^{\circ}-\angle LAA'=\angle ALA'$ .
Όμοια $\angle SAC=\angle A'FA$

Άρα θα είναι $\dfrac{\sin BAx}{\sin xAC}=\dfrac{\sin ALF}{\sin LFA}=\dfrac{AF}{AL}$
Όμοια για τις άλλες κορυφές και τελικά έχουμε $\dfrac{\sin BAx}{\sin xAC}\dfrac{\sin ACx'}{\sin x'CB}\dfrac{\sin x''BC}{\sin x''BA}=\dfrac{AF}{AL}\dfrac{CD}{CZ}\dfrac{KB}{BE}=1$ οπότε από τριγωνομετρικό Ceva έχουμε το ζητούμενο.

: 7.PNG (26.84 KiB) Προβλήθηκε 1498 φορές

#3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Σάβ Νοέμ 07, 2020 11:27 am
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 2:24 pm σύγκλιση από καθετότητες.pngΣε τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ κατασκευάζουμε εξωτερικά αυτού τα τυχαία ορθογώνια $\displaystyle{BCDE,CAFZ,ABKL}$ . Να δειχθεί ότι οι εκ των $\displaystyle{A,B,C}$ κάθετες στις $\displaystyle{FL,KE,DZ}$ αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο

Υ.Σ. Το θέμα έχει πιθανόν ξανασυζητηθεί στο mathematica αλλά επειδή έχω μια απλή λύση το ξαναθέτω σε μικρότερο φάκελο

Στάθης
Καλημέρα!
Έστω ύψος του $ALF,A'\in LF$ , και η αντικείμενη ημιευθεία στην
Είναι $\angle BAS=180^{\circ}-90^{\circ}-\angle LAA'=90^{\circ}-\angle LAA'=\angle ALA'$ .
Όμοια $\angle SAC=\angle A'FA$

Άρα θα είναι $\dfrac{\sin BAx}{\sin xAC}=\dfrac{\sin ALF}{\sin LFA}=\dfrac{AF}{AL}$
Όμοια για τις άλλες κορυφές και τελικά έχουμε $\dfrac{\sin BAx}{\sin xAC}\dfrac{\sin ACx'}{\sin x'CB}\dfrac{\sin x''BC}{\sin x''BA}=\dfrac{AF}{AL}\dfrac{CD}{CZ}\dfrac{KB}{BE}=1$ οπότε από τριγωνομετρικό Ceva έχουμε το ζητούμενο.
7.PNG

Η απόδειξή μου διαφέρει αρκετά από του Πρόδρομου . Θα περιμένω ("ταμπουρωμένος στις Βρυξέλλες

") ίσως και κάποια άλλη απάντηση και θα επανέλθω αργότερα

S.E.Louridas · #4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 2:24 pm Σε τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ κατασκευάζουμε εξωτερικά αυτού τα τυχαία ορθογώνια $\displaystyle{BCDE,CAFZ,ABKL}$ .
Να δειχθεί ότι οι εκ των $\displaystyle{A,B,C}$ κάθετες στις $\displaystyle{FL,KE,DZ}$ αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Μία άποψη - Λήμμα επί του πιεστηρίου, μάλλον προς παραβατική λύση της προταθείσας άσκησης, και μόνο για λόγους πολυφωνίας, με βάση την οποία λύνεται η άσκηση (και μέσω Vecten, αρκεί προς τούτο στο σχήμα του εισηγητή να "ρίξουμε" τις AF, CZ

στην

τις

στην

και τις

στην

και να λάβουμε υπόψη ότι η διάμεσος του ενός τριγώνου στο σχήμα Vecten είναι ύψος του αντικριστού του τριγώνου).

Λήμμα:
Στο σχήμα που ακολουθεί έχουμε: $\displaystyle{AD = EB,\;DZ\parallel CA,\;EH\parallel BC,\;L{L_1}\parallel BC,\;Q{Q_1}\parallel CA,\;FK\parallel AB.}$
Παρατηρούμε ότι:
$\displaystyle{\frac{b}{a} = \frac{b}{c} \cdot \frac{c}{a} \Rightarrow \frac{b}{a} = \frac{{TQ}}{{TK}} \cdot \frac{{TF}}{{TL}} \Rightarrow \frac{{TQ}}{{TL}} = \frac{{TK}}{{TF}} \cdot \frac{b}{a}\;\,\left( 1 \right).}$

Επίσης παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{{TK}}{{EB}} = \frac{{T{L_1}}}{{HE}},\;\frac{{AD}}{{FT}} = \frac{{DZ}}{{T{Q_1}}} \Rightarrow \frac{{TK}}{{TF}} = \frac{{T{L_1}}}{{T{Q_1}}} \cdot \frac{{DZ}}{{HE}} = \frac{a}{b} \cdot \frac{{DZ}}{{HE}} \Rightarrow \frac{{DZ}}{{HE}} = \frac{{TK}}{{TF}} \cdot \frac{b}{a}\,\;\left( 2 \right).}$

Από τις σχέσεις $\displaystyle{\left( 1 \right),\;\left( 2 \right)$ προκύπτει $\displaystyle{\frac{{TQ}}{{TL}} = \frac{{DZ}}{{HE}}}}$ ή $\displaystyle{\frac{{CL}}{{CQ}} = \frac{{DZ}}{{HE}}}},$ άρα έχουμε συγκεκριμένο κριτήριο για την ημιευθεία

, ώστε να διέρχεται από το σημείο τομής των AT, BT.

: sk.png (43.35 KiB) Προβλήθηκε 1357 φορές

S.E.Louridas · #5

Καλημέρα.
Απλά επανέρχομαι για μία σχηματική διευκρίνιση του:

S.E.Louridas έγραψε: Σάβ Νοέμ 07, 2020 10:53 pm Μία άποψη - Λήμμα επί του πιεστηρίου, μάλλον προς παραβατική λύση της προταθείσας άσκησης, και μόνο για λόγους πολυφωνίας, με βάση την οποία λύνεται η άσκηση (και μέσω Vecten, αρκεί προς τούτο στο σχήμα του εισηγητή να "ρίξουμε" τις στην τις στην και τις στην και να λάβουμε υπόψη ότι η διάμεσος του ενός τριγώνου στο σχήμα Vecten είναι ύψος του αντικριστού του τριγώνου).

Εννοώ, όταν μιλάω για Vecten, αυτό που απεικονίζεται στο σχήμα που ακολουθεί.

: sk2.png (79.33 KiB) Προβλήθηκε 1348 φορές

#6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 2:24 pm σύγκλιση από καθετότητες.pngΣε τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ κατασκευάζουμε εξωτερικά αυτού τα τυχαία ορθογώνια $\displaystyle{BCDE,CAFZ,ABKL}$ . Να δειχθεί ότι οι εκ των $\displaystyle{A,B,C}$ κάθετες στις $\displaystyle{FL,KE,DZ}$ αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο

Υ.Σ. Το θέμα έχει πιθανόν ξανασυζητηθεί στο mathematica αλλά επειδή έχω μια απλή λύση το ξαναθέτω σε μικρότερο φάκελο

Στάθης

: σύγκλιση από καθετότητες.png (25.2 KiB) Προβλήθηκε 1298 φορές

Η δική μου προσέγγιση της πρότασης στηρίζεται στο στοιχειώδες : οι ορθές προβολές τμήματος σε παράλληλους φορείς είναι ίσες
Έστω λοιπόν $\displaystyle{S}$ το σημείο τομής των εκ των $\displaystyle{B,C}$ καθέτων στις $\displaystyle{KE,DZ}$ αντίστοιχα και αρκεί ως ισοδύναμο πρόβλημα να δειχθεί ότι $\displaystyle{SA \bot LF}$ .Αν $\displaystyle{M,T,N}$ είναι οι ορθές προβολές του $\displaystyle{S}$ στις $\displaystyle{BC,AF,AB}$ αντίστοιχα τότε από $\displaystyle{SB \bot KE,SC \bot DZ}$ σύμφωνα με το αντίστροφο του Stathis koutras Theorem θα ισχύει: $\displaystyle{\dfrac{{AN}}{{SM}} = \dfrac{{BE}}{{BK}} = \dfrac{{CD}}{{AL}}:\left( 1 \right)}$ και $\displaystyle{\dfrac{{AT}}{{SM}} = \dfrac{{CD}}{{CZ}} = \dfrac{{CD}}{{AF}}:\left( 2 \right)}$
Με διαίρεση κατά μέλη των $\displaystyle{\left( 1 \right),\left( 2 \right)}$ προκύπτει $\displaystyle{\frac{{AN}}{{AT}} = \frac{{AL}}{{AF}}:\left( 3 \right)}$
Από την $\displaystyle{\left( 3 \right)}$ σύμφωνα με το ευθύ του προαναφερθέντος θεωρήματος προκύπτει ότι $\displaystyle{SA \bot FL}$ και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

Στάθης

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 2:24 pm σύγκλιση από καθετότητες.pngΣε τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ κατασκευάζουμε εξωτερικά αυτού τα τυχαία ορθογώνια $\displaystyle{BCDE,CAFZ,ABKL}$ . Να δειχθεί ότι οι εκ των $\displaystyle{A,B,C}$ κάθετες στις $\displaystyle{FL,KE,DZ}$ αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο

Υ.Σ. Το θέμα έχει πιθανόν ξανασυζητηθεί στο mathematica αλλά επειδή έχω μια απλή λύση το ξαναθέτω σε μικρότερο φάκελο

Στάθης

Γεια σε όλους τους Γεωμέτρες.
Με το θέμα είχα ασχοληθεί όταν ήμουν μαθητής.(1975)
Συγκεκριμένα αντί να πάρω τετράγωνα εξωτερικά ενός τριγώνου είχα πάρει
ορθογώνια και προσπαθούσα να ανακαλύψω ιδιότητες παρόμοιες με τα τετράγωνα.
Πηγα λοιπόν σε σημειώσεις που είχα κρατήσει από τότε (ελάχιστες έχω)
και βρήκα την εξής απόδειξη.

Στο σχήμα του Στάθη.

Αν θέσουμε

$A_{1}=KL\cap FZ,ED\cap FZ=C_{1},KL\cap ED=B_{1}$

Από Descartes οι $AA_{1},BB_{1},CC_1$
συντρέχουν.
Οι ζητούμενες είναι ισογώνιες με αυτές ,άρα συντρέχουν.

#8

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Δευ Νοέμ 09, 2020 6:20 pm
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Παρ Νοέμ 06, 2020 2:24 pm σύγκλιση από καθετότητες.pngΣε τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ κατασκευάζουμε εξωτερικά αυτού τα τυχαία ορθογώνια $\displaystyle{BCDE,CAFZ,ABKL}$ . Να δειχθεί ότι οι εκ των $\displaystyle{A,B,C}$ κάθετες στις $\displaystyle{FL,KE,DZ}$ αντίστοιχα διέρχονται από το ίδιο σημείο

Υ.Σ. Το θέμα έχει πιθανόν ξανασυζητηθεί στο mathematica αλλά επειδή έχω μια απλή λύση το ξαναθέτω σε μικρότερο φάκελο

Στάθης
Γεια σε όλους τους Γεωμέτρες.
Με το θέμα είχα ασχοληθεί όταν ήμουν μαθητής.(1975)
Συγκεκριμένα αντί να πάρω τετράγωνα εξωτερικά ενός τριγώνου είχα πάρει
ορθογώνια και προσπαθούσα να ανακαλύψω ιδιότητες παρόμοιες με τα τετράγωνα.
Πηγα λοιπόν σε σημειώσεις που είχα κρατήσει από τότε (ελάχιστες έχω)
και βρήκα την εξής απόδειξη.

Στο σχήμα του Στάθη.

Αν θέσουμε

$A_{1}=KL\cap FZ,ED\cap FZ=C_{1},KL\cap ED=B_{1}$

Από Descartes οι $AA_{1},BB_{1},CC_1$
συντρέχουν.
Οι ζητούμενες είναι ισογώνιες με αυτές ,άρα συντρέχουν.

Σύγκλιση από καθετότητες

Σύγκλιση από καθετότητες

Re: Σύγκλιση από καθετότητες

Re: Σύγκλιση από καθετότητες

Re: Σύγκλιση από καθετότητες

Re: Σύγκλιση από καθετότητες

Re: Σύγκλιση από καθετότητες

Re: Σύγκλιση από καθετότητες

Re: Σύγκλιση από καθετότητες

Μέλη σε σύνδεση