Ύψη προβολές μέσο

#1

: Υψη προβολές μέσο.png (17.59 KiB) Προβλήθηκε 868 φορές

Σε τρίγωνο ABC

φέρνουμε τα ύψη AD,BE,CZ

και τις προβολές K,L

του

πάνω στις ευθείες AC,AB

αντίστοιχα. Αν οι ZE,LK

κόψουν το

στα

αντίστοιχα, να δειχθεί ότι TM = MD

Νίκος

Grigoris K. · #2

Καλησπέρα κ. Νίκο. Έστω $\displaystyle{ H }$ το ορθόκεντρο:

Ισχύουν $\displaystyle{ \frac{AT}{TM} = \frac{AZ}{ZL} \ (1) \ \& \ \frac{TH}{MD} =\frac{ZH}{LD}= \frac{AZ}{AL} \ (2) \implies (1):(2) \implies \frac{AT}{TH} \cdot \frac{MD}{TM} = \frac{AL}{ZL} = \frac{AD}{HD} \implies \frac{MD}{TM} = \frac{TH}{HD} \cdot \frac{AD}{AT} \mathop = \limits^{(*)} 1 }$

$\displaystyle{ \implies MD = TM }$ . Η ισότητα $\displaystyle{ (*) }$ προκύπτει από το πλήρες $\displaystyle{ AHZEBC }$ .

#3

Doloros έγραψε: Σε τρίγωνο φέρνουμε τα ύψη και τις προβολές του πάνω στις ευθείες αντίστοιχα. Αν οι κόψουν το στα αντίστοιχα, να δειχθεί ότι
Νίκος

Μετά την (όπως μας έχει συνηθίσει αυτό το ΔΙΑΜΑΝΤΙ) καταπληκτική λύση του Γρηγόρη, ας δούμε και μια λύση που ταιριάζει στο φάκελο της άσκησης...

: ύψη προβολές μέσο.png (35.65 KiB) Προβλήθηκε 849 φορές

Έστω $S \equiv BE \cap KL,O \equiv DE \cap KL$ . Είναι $\angle AEZ\mathop = \limits^{BZEC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,(\angle BEC = \angle BZC = {{90}^0})} \angle ABD =$

$\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \;\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle ADL\mathop = \limits^{ALDK\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,(\angle ALD = \angle AKD = {{90}^0})} \angle AKL$ $\Rightarrow ZE\parallel LK \Rightarrow \boxed{TE\parallel OM}:\left( 1 \right)$ .

Είναι $\angle LSB\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu } \angle KSE\mathop = \limits^{SE\parallel DK\left( {SE \bot AC,DK \bot AC} \right)} \angle SKD \equiv$ $\angle LKD\mathop = \limits^{ALDK\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o...} \angle DAL\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle LDB \Rightarrow$

$\angle LSB = \angle LDB \Rightarrow LSDB$ εγγράψιμο οπότε : $\angle BSD = \angle BLD = {90^0} \Rightarrow SD \bot BE\mathop \Rightarrow \limits^{\angle SEK = \angle DKE = {{90}^0}} SDEK$ ορθογώνιο, άρα το μέσο (και) της

(διαγώνιες διχοτομούνται).Τέλος στο $\vartriangle DTE$ είναι το μέσο της και $TE\parallel OM$ (από την $\left( 1 \right)$ ), οπότε και το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Γεια χαρά.Άλλη μια σκέψη

$\displaystyle{ZE \cap DK = Q,ZE \cap DL = S}$ . $\displaystyle{\angle AEZ = \angle AHZ = \angle DEC,\angle AZE = \angle AHE = \angle BZD}$ γιατί τα $\displaystyle{AZHE,HDCE,ZHDB}$ είναι εγγράψιμα τετράπλευρα.
Έτσι στα τρίγωνα $\displaystyle{DEQ,DZS }$ , $\displaystyle{EK,ZL }$ είναι διχοτόμοι και ύψη άρα $\displaystyle{K,L }$ μέσα των $\displaystyle{DQ,DS }$ κι έτσι $\displaystyle{KL//QS}$ κι επιπλέον $\displaystyle{M}$ μέσον του $\displaystyle{TD}$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

#5

Επιτρέψτε μου μία εμβόλιμη πρόταση.

Στο σχήμα του Μιχάλη αμέσως πριν :

Από το σημείο φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $DE,\ DZ,$ οι οποίες τέμνουν την στα σημεία $P,\ P',$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι

Κώστας Βήττας.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

Μια απάντηση στο ερώτημα του κ.Κώστα
Στο ορθικό τρίγωνο $\displaystyle{ZED}$ του $\displaystyle{ABC}$ η $\displaystyle{AD}$ όπως είναι γνωστό είναι διχοτόμος της $\displaystyle{\angle ZDE}$ οπότε στο παραλληλόγραμμο , $\displaystyle{HNDI}$ είναι και $\displaystyle{HD}$ διχοτόμος της $\displaystyle{\angle PHP'}$ .Έτσι στο τρίγωνο $\displaystyle{PHP'}$ , $\displaystyle{HD}$ είναι διχοτόμος και ύψος άρα και διάμεσος οπότε $\displaystyle{PD=P’D}$
(δίνω ξανά το σχήμα μια που το είχα έτοιμο.Αντί για $\displaystyle{Q}$ που υπάρχει ήδη χρησιμοποιώ το $\displaystyle{P'}$ )

#7

Μιχάλη, σ' ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σου.

Ξεφεύγουμε βέβαια λίγο από τον φάκελο, αλλά αξίζει να δούμε ότι η εμβόλιμη πρόταση γενικεύεται για κάθε σημείο

στο εσωτερικό του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και το σεβιανό του τρίγωνο $\vartriangle DEZ.$

Κώστας Βήττας.

thanasis.a · #8

: draw1.png (33.13 KiB) Προβλήθηκε 662 φορές

..καλησπέρα..

επειδή $\bigtriangleup AZH\approx \bigtriangleup ALD\Rightarrow \displaystyle \frac{AZ}{ZL}=\frac{AH}{HD} \,\,\,(1)$ .Όμοια $\bigtriangleup AHE\approx \bigtriangleup AKD\Rightarrow \dispalystyle \frac{AH}{HD}=\frac{AE}{EK}\,\,\,\, (2)$

Από (1),(2) έχουμε: $\displaystyle \frac{AZ}{ZL}=\frac{AE}{EK}\Rightarrow ZE\parallel LK\,\,\,(3)$ . Ονομάζουμε τώρα: $\hat{DKI}=\kappa(o\kappa \kappa \iota \nu \eta )\,\,\,\,\,\hat{DLK}=\pi (\rho \alpha \sigma \iota \nu \eta )$

Αφού $DK\parallel IE\,\,\,ZE\parallel IK\Rightarrow \hat{DKI}=\hat{KIE}=\hat{IEZ}=\kappa \,\,(4)$ . Όμοια $LD\parallel IE\,\,\,\,LK\parallel ZE\Rightarrow \hat{DLK}=\hat{LNZ}=\hat{NZE}=\pi \,\,\,(5)$ .

Ως γνωστόν οι πόδες των υψών τριγώνου $\bigtriangleup ABC$ δημιουργούν νέο τρίγωνο $\bigtriangleup EDZ$ που τα αρχικά ύψη είναι διχοτόμοι του νέου. Κατά συνέπεια έχουμε: $\hat{ZEI}=\hat{IED}=\kappa \,\,\,(6)$

και αφού $IE\parallel DK\Rightarrow \hat{IED}=\hat{EDK}=\kappa \,\,\,(7)$ . Από (4), (7) συμπεραίνουμε ότι: $\hat{EDK}=\hat{EIK}=\kappa \Rightarrow IEDK$ εγγράψιμο με $IE\parallel DK\Rightarrow \tau o\xi ID=\tau o\xi EK\Rightarrow ID=EK$

οπότε το ισοσκελές τραπέζιο IEKD

με $\hat{E}=90^{\circ} =\hat{K}$ είναι κατ΄ουσίαν ορθογώνιο παραλληλόγραμμο και άρα $IE=KD \,\,\,(A)$ .

Όμως $\bigtriangleup THE\approx \bigtriangleup MDK \Rightarrow \displaystyle \frac{TH}{MD}=\frac{EH}{KD}\,\,(8) \,\,\,\wedge \,\,\,\bigtriangleup IHM\approx \bigtriangleup MDK$ $\Rightarrow \displaystyle \frac{HM}{MD}=\frac{IH}{DK}\,\,\,(9)$

Προσθέτοντας κατά μέλη την (8), (9) έχουμε: $\displaystyle \frac{TM}{MD}=\frac{EI}{DK}\,\,\,(B)$ . Οπότε από (Α),(Β) έχουμε: $\boxed{TM=MD}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

Καλό μεσημέρι.

Επανέρχομαι (σήμερα που βρήκα περισσότερο χρόνο) στη συζήτηση με τον κ.Βήττα για την γενίκευση της εμβόλιμης πρότασης που έκανε, με αφορμή τη λύση μου, στο ωραίο πρόβλημα που πρότεινε ο φίλος Νίκος.

Έστω $\displaystyle{H}$ είναι εσωτερικό σημείο ενός τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και οι σεβιανές $\displaystyle{AD,BE,CZ}$ που περνούν από το $\displaystyle{H}$ .Αν οι παράλληλες από το $\displaystyle{H}$ προς τις πλευρές του σεβιανού τριγώνου $\displaystyle{DEZ}$ ,τέμνουν την $\displaystyle{BC}$ στα $\displaystyle{I,Q }$ την $\displaystyle{AC}$ στα $\displaystyle{K,M }$ ,την $\displaystyle{AB}$ στα $\displaystyle{L,N }$ , ,τότε ισχύει $\displaystyle{ID=DQ,KE=EM,ZL=ZN}$

Δίνω μια απόδειξη της ενδιαφέρουσας αυτής πρότασης(δεν φαντάζομαι να είναι η απλούστερη)

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ADC}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle{IHK}$ ,εφαρμόζουμε θ.Μενελάου
$\displaystyle{\frac{{KA}}{{KC}} \cdot \frac{{IC}}{{ID}} \cdot \frac{{HD}}{{HA}} = 1{\text{ }}(1)}$
Στο τρίγωνο $\displaystyle{ADB}$ με διατέμνουσα την $\displaystyle{NHQ}$ ,εφαρμόζουμε θ.Μενελάου
$\displaystyle{\frac{{NB}}{{NA}} \cdot \frac{{HA}}{{HD}} \cdot \frac{{QD}}{{QB}} = 1{\text{ }}(2)}$
$\displaystyle{(1) \cdot (2) \Rightarrow \frac{{KA}}{{KC}} \cdot \frac{{IC}}{{ID}} \cdot \frac{{QD}}{{QB}} \cdot \frac{{NB}}{{NA}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{QD}}{{ID}} \cdot \frac{{KA}}{{NA}} \cdot \frac{{IC}}{{KC}} \cdot \frac{{NB}}{{QB}} = 1}$
Στόχος μας είναι να δείξουμε $\displaystyle{\frac{{QD}}{{ID}} = 1}$ ή ισοδύναμα να δείξουμε ότι
$\displaystyle{\frac{{KA}}{{NA}} \cdot \frac{{IC}}{{KC}} \cdot \frac{{NB}}{{QB}} = 1}$
$\displaystyle{\begin{gathered} IK//ED \Rightarrow \frac{{IC}}{{KC}} = \frac{{DC}}{{EC}}{\text{ (3)}} \hfill \\ {\text{HK//DE}}{\text{,HN//ZD}} \Rightarrow \frac{{AH}}{{AD}} = \frac{{KA}}{{AE}} = \frac{{NA}}{{AZ}} \Rightarrow \frac{{KA}}{{NA}} = \frac{{EA}}{{ZA}}{\text{ (4)}} \hfill \\ {\text{NQ//ZD}} \Rightarrow \frac{{NB}}{{QB}} = \frac{{ZB}}{{DB}}{\text{ (5)}} \hfill \\ {\text{(3)}} \cdot {\text{(4)}} \cdot {\text{(5)}} \Rightarrow \frac{{KA}}{{NA}} \cdot \frac{{IC}}{{KC}} \cdot \frac{{NB}}{{QB}} = \frac{{EA}}{{ZA}} \cdot \frac{{DC}}{{EC}} \cdot \frac{{ZB}}{{DZ}}{\text{ }} = \frac{{EA}}{{EC}} \cdot \frac{{DC}}{{DB}} \cdot \frac{{ZB}}{{ZA}} = 1 \hfill \\ \end{gathered} }$
Η τελευταία όμως είναι αληθής λόγω θεωρήματος Ceva
Έτσι , $\displaystyle{\frac{{ID}}{{DQ}} = 1 \Leftrightarrow ID = DQ}$
Με ανάλογο τρόπο δείχνουμε τις δυο άλλες ισότητες
(Ίσως είμαστε σε λάθος φάκελλο αλλά νομίζω ότι αφού άρχισε εδώ η συζήτηση εδώ πρέπει και να ολοκληρωθεί)
Το σημείο Κ στην $\displaystyle{BC}$ ξέχασα να το διαγράψω.Θεωρούμε πως δεν υπάρχει.

#10

vittasko έγραψε: Έστω τυχόν σημείο εσωτερικό τριγώνου $\vartriangle ABC$ και $D \equiv AH \cap BC,E \equiv BH \cap CA,Z \equiv CH \cap AB$ Από το φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $DE,\ DZ,$ οι οποίες τέμνουν την στα σημεία $P,\ P',$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι
Κώστας Βήττας.

: Εμβόλιμη πρόταση οφειλόμενη στον Κώστα Βήττα.png (31.96 KiB) Προβλήθηκε 556 φορές

Από το πλήρες τετράπλευρο προκύπτει ότι η τετράδα $\left( {Z,E,F,S} \right)$ είναι αρμονική (με $F \equiv AH \cap ZE,S \equiv ZE \cap BC$ ) άρα και η δέσμη

είναι αρμονική και με $HP\parallel DZ \Rightarrow M$ το μέσο της (με $M \equiv HP \cap DZ$ ). Για τον ίδιο λόγο από $HP'\parallel DZ \Rightarrow N$ το μέσο της (με $N \equiv HP' \cap DE$ ).

Έτσι στο τρίγωνο $\vartriangle HPP'$ είναι $MN\parallel PP'$ ( είναι το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα μέσα των πλευρών του αντίστοιχα).

Προφανώς το είναι παραλληλόγραμμο (από κατασκευής) και συνεπώς το μέσο (και) της (οι διαγώνιες διχοτομούνται), με $O \equiv MN \cap HD$ .

Από το θεώρημα της κεντρικής δέσμης με $MN\parallel PP'$ και το μέσο της προκύπτει ότι και το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση
Στάθης

Ύψη προβολές μέσο

Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Re: Ύψη προβολές μέσο

Μέλη σε σύνδεση