Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

#1

Δίνεται τετράπλευρο και έστω τα σημεία $E\equiv AB\cap CD$ και $Z\equiv AD\cap BC$ και $P\equiv AC\cap BD$ . Η ευθεία τέμνει τις πλευρές $AB,\ CD$ στα σημεία $K,\ L$ αντιστοίχως και έστω , το σημείο τομής των παραλλήλων ευθείών προς τις $AC,\ BD$ , από τα σημεία $K,\ L$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι η ευθεία διχοτομεί την πλευρά .

Κώστας Βήττας.

gavrilos · #2

Γεια σε όλους.

Μια τριγωνομετρική απόδειξη.Θα χρησιμοποιήσω το λήμμα που αναφέρεται εδώ.

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm] \clip(-2.527500170436453,-2.2354760939864007) rectangle (13.665125403688739,6.9261410071633875); \fill[color=grey,fill=white,fill opacity=0.1] (0.9045997773425172,2.307244685612835) -- (0.,0.) -- (4.,0.) -- (2.9207704644665724,1.5844008036690755) -- cycle; \draw (0.9045997773425172,2.307244685612835)-- (0.,0.); \draw (0.,0.)-- (4.,0.); \draw (4.,0.)-- (2.9207704644665724,1.5844008036690755); \draw (2.9207704644665724,1.5844008036690755)-- (0.9045997773425172,2.307244685612835); \draw (0.9045997773425172,2.307244685612835)-- (1.4612702151194668,3.7270713773369937); \draw (2.9207704644665724,1.5844008036690755)-- (1.4612702151194668,3.7270713773369937); \draw (2.9207704644665724,1.5844008036690755)-- (7.3400130378745985,0.); \draw (4.,0.)-- (7.3400130378745985,0.); \draw (0.,0.)-- (2.9207704644665724,1.5844008036690755); \draw (0.9045997773425172,2.307244685612835)-- (4.,0.); \draw (0.6550562868818791,1.6707666467987932)-- (7.3400130378745985,0.); \draw (0.6550562868818791,1.6707666467987932)-- (2.2915160976292435,0.45098473493852503); \draw (2.2915160976292435,0.45098473493852503)-- (3.3147287316822,1.0060365404264087); \draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (1.4612702151194668,3.7270713773369937)-- (2.2915160976292435,0.45098473493852503); \begin{scriptsize} \draw [fill=black] (0.9045997773425172,2.307244685612835) circle (1.5pt); \draw (0.7445059371170399,2.55839331940593) node {A}; \draw [fill=black] (0.,0.) circle (1.5pt); \draw (-0.12295614721109535,-0.15052336498719654) node {B}; \draw [fill=black] (4.,0.) circle (1.5pt); \draw (4.016512044670533,-0.24183516333752664) node {C}; \draw [fill=black] (2.9207704644665724,1.5844008036690755) circle (1.5pt); \draw (3.0273008958752907,1.7974616664865126) node {D}; \draw [fill=black] (1.4612702151194668,3.7270713773369937) circle (1.5pt); \draw (1.56631212227001,3.94328892771927) node {E}; \draw [fill=black] (7.3400130378745985,0.) circle (1.5pt); \draw (7.440704482807909,0.2147238284141239) node {Z}; \draw [fill=black] (2.3151305252081382,1.2558654332354378) circle (1.5pt); \draw[color=black] (2.3424624082478154,1.5691821706106872) node {P}; \draw [fill=black] (0.6550562868818791,1.6707666467987932) circle (1.5pt); \draw[color=black] (0.44013327594927315,1.9496479970703962) node {K}; \draw [fill=black] (3.3147287316822,1.0060365404264087) circle (1.5pt); \draw[color=black] (3.4229853553933873,1.2191536102677552) node {L}; \draw [fill=black] (2.2915160976292435,0.45098473493852503) circle (1.5pt); \draw[color=black] (2.464211472714922,0.30603562676445406) node {Q}; \end{scriptsize} \end{tikzpicture}$

Σύμφωνα μ' αυτό,αν $\displaystyle{M\equiv EQ\cap AD}}$ ,τότε αρκεί να δειχθεί ότι $\displaystyle{\frac{\sin \hat{AEQ}}{\sin \hat{DEQ}}=\frac{DE}{AE} \ (1)}$ .

Ο νόμος ημιτόνων στα τρίγωνα $\displaystyle{\triangle{AKQ},\triangle{ALQ}}$ δίνει $\displaystyle{\frac{\sin \hat{AEQ}}{KQ}=\frac{\sin \hat{EKQ}}{EQ}}$ και $\displaystyle{\frac{\sin \hat{DEQ}}{LQ}=\frac{\sin \hat{ELQ}}{EQ}}$ .

Με διαίρεση κατά μέλη έχουμε $\displaystyle{\frac{\sin \hat{AEQ}}{\sin \hat{DEQ}}=\frac{\sin \hat{EKQ}}{\sin \hat{ELQ}}\cdot \frac{KQ}{LQ}=\frac{\sin \hat{BAC}}{\sin \hat{BDC}}\cdot \frac{KQ}{LQ}=\frac{\sin \hat{BAC}}{\sin \hat{BDC}}\cdot \frac{\sin \hat{KLQ}}{\sin \hat{LKQ}}=\frac{\sin \hat{BAC}}{\sin \hat {BDC}}\cdot \frac{\sin \hat{KPB}}{\sin \hat{KPA}}}$

Σύμφωνα με το λήμμα,η παραπάνω γράφεται $\displaystyle{\frac{\sin \hat{AEQ}}{\sin \hat{DEQ}}=\frac{\sin \hat{BAC}}{\sin \hat {BDC}}\cdot \frac{KB}{KA}\cdot \frac{AP}{BP}}$ οπότε,από την $\displaystyle{(1)}$ άρκει να δειχθεί ότι

$\displaystyle{\frac{DE}{AE}=\frac{\sin \hat{BAC}}{\sin \hat {BDC}}\cdot \frac{KB}{KA}\cdot \frac{AP}{BP} \ (2)}$ .Ο νόμος ημιτόνων δίνει $\displaystyle{\frac{\sin \hat{BAC}}{BC}=\frac{\sin \hat{B}}{AC}}$ και $\displaystyle{\frac{\sin \hat{BDC}}{BC}=\frac{\sin \hat{C}}{BD}}$ .

Με διαίρεση κατά μέλη,προκύπτει $\displaystyle{\frac{\sin \hat{BAC}}{\sin \hat{BDC}}=\frac{\sin \hat{B}}{\sin \hat{C}}\cdot \frac{BD}{AC}=\frac{EC}{EB}\cdot \frac{BD}{AC}}$ ,οπότε η $\displaystyle{(2)}$ γράφεται $\displaystyle{\frac{DE}{AE}=\frac{EC}{EB}\cdot \frac{BD}{AC}\cdot \frac{KB}{KA}\cdot \frac{AP}{BP}}$ .

Εκ κατασκευής,η $\displaystyle{ZP}$ είναι η πολική του $\displaystyle{E}$ ως προς τις ευθείες $\displaystyle{ZD,ZC}$ ,άρα $\displaystyle{\frac{KB}{KA}=\frac{EB}{EA}}$ ,

οπότε η παραπάνω σχέση απλοποιείται στην $\displaystyle{\frac{ED}{EC}=\frac{BD}{AC}\cdot \frac{AP}{BP}}$ .

Ο νόμος ημιτόνων δίνει $\displaystyle{\frac{EC}{AC}=\frac{\sin \hat{CAE}}{\sin \hat{BEC}}$ και $\displaystyle{\frac{ED}{BD}=\frac{\sin \hat{EBD}}{\sin \hat{BEC}}$ και $\displaystyle{\frac{AP}{BP}=\frac{\sin \hat{EBD}}{\sin \hat{BAC}}$ ,απ' τις οποίες λαμβάνουμε το ζητούμενο.

Σχήμα αργότερα...

$\rule{430pt}{1pt}$

Edit (3/7):Κομπλέ τώρα.

#3

$\bullet$ Έστω το σημείο $R\equiv AL\cap KD$ .

Θεωρούμε τα τρίγωνα $\vartriangle RKL,\ \vartriangle PBC$ και από τα συνευθειακά σημεία $D\equiv RK\cap PB$ και $A\equiv RL\cap PC$ και $Z\equiv KL\cap BC$ , έχουμε ότι τα τρίγωνα αυτά είναι προοπτικά και άρα, σύμφωνα με το θεώρημα Desarques , προκύπτει ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο $E\equiv KB\cap LC$ .

Από το μέσον

του

φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $AC,\ BD$ , οι οποίες τέμνουν τις $EA,\ ED$ στα σημεία $S,\ T$ , αντιστοίχως.

: Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).; f=112_t=54773(a).PNG (21.78 KiB) Προβλήθηκε 1883 φορές

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle EKL$ τώρα, με το $\vartriangle PAD$ ως το σεβιανό τρίγωνο του σημείου

στο εσωτερικό του, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα , έχουμε $ST\parallel KL\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $MS\parallel QK$ και $MT\parallel QL$ , έχουμε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle MST,\ \vartriangle QKL$ είναι προοπτικά και άρα, η ευθεία

περνάει από το σημείο $E\equiv SK\cap TL$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $\vartriangle DEZ$ το σεβιανό τρίγωνο τυχόντος σημείου στο εσωτερικό του. Από το μέσον έστω του , φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $DZ,\ DE$ , οι οποίες τέμνουν τις $AB,\ AC$ στα σημεία $S,\ T$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $ST\parallel BC$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#4

Για την ιστορία, η άσκηση αυτή είναι γενίκευση της 3.59 στο βιβλίο Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ΙΙ.

Εκεί το ABCD

είναι εγγράψιμο με διάμετρο

.

#5

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $\vartriangle DEZ$ το σεβιανό τρίγωνο τυχόντος σημείου στο εσωτερικό του. Από το μέσον έστω του , φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $DZ,\ DE$ , οι οποίες τέμνουν τις $AB,\ AC$ στα σημεία $S,\ T$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $ST\parallel BC$ .

$\bullet$ Δια των σημείων $Z,\ E$ , φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $AC,\ AB$ , οι οποίες τέμνουν τις $BE,\ CZ$ στα σημεία $K,\ L$ , αντιστοίχως.

Από $ZK\parallel EC\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PK}{PE} = \frac{PZ}{PC}\ \ \ ,(1)$

Από $EL\parallel ZB\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PZ}{PL} = \frac{PE}{PB}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PK}{PL} = \frac{PB}{PC}\Rightarrow$ $\boxed{KL\parallel BC}\ \ \ ,(3)$

: Απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2) - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=54773(b).PNG (20.39 KiB) Προβλήθηκε 1843 φορές

$\bullet$ Από το πλήρες τετράπλευρο AEPZBC

έχουμε ότι η δέσμη $E\ldotp AZBD$ είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη, τέμνεται από την ευθεία $ZK\parallel EA$ και άρα, έχουμε $ZK = KF\ \ \ ,(4)$ όπου $F\equiv DE\cap ZK$ .

Από (4)

και $ZM = ME\Rightarrow$ $KM\parallel FE\equiv DE$ και άρα, τα σημεία $K,\ M,\ T$ είναι συνευθειακά, λόγω $MT\parallel DE$ .

Ομοίως, τα σημεία $L,\ M,\ S$ είναι επίσης συνευθειακά.

Από $ZK\parallel TE$ τώρα και ZM = ME

προκύπτει $\boxed{KM = MT}\ \ \ ,(5)$ και ομοίως έχουμε $\boxed{LM = MS}\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο KLTS

είναι παραλλήλόγραμμο.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι ισχύει $ST\parallel KL\parallel BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Η απόδειξη αυτή είναι αφιερωμένη στους Νίκο Ράπανο και Σιλουανό Μπραζιτίκο .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Με πρόλαβε ο Σιλουανός δίνοντας μεταγενέστερη παραπομπή. Η Ιστορία όμως πάει πιο πίσω ...

Το αρχικό πρόβλημα όπως έχει τεθεί εδώ, είναι διασκευή της γενίκευσης του προβλήματος που είχε προτείνει o Νίκος, πριν δέκα χρόνια στο ελληνικό mathlinks.ro φόρουμ ( Δείτε Εδώ ) .

Επίσης, δείτε την συζήτηση που έχει γίνει Εδώ , όπου δεν έχω αξιωθεί ακόμα να βάλω την πιο πάνω λύση. Την έχω στείλει μόνο στον Virgil Nicula που μου την ζήτησε με προσωπικό μύνημα.

#6

silouan έγραψε:Για την ιστορία, η άσκηση αυτή είναι γενίκευση της 3.59 στο βιβλίο Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ΙΙ.

Εκεί το είναι εγγράψιμο με διάμετρο .

Φυσικά, μπορούμε άμεσα να αναχθούμε στην ειδική περίπτωση αφού το πρόβλημα παραμένει αναλλοίωτο ως προς αφινικούς μετασχηματισμούς, με τους οποίους μπορούμε να υποθέσουμε ότι το

είναι το ορθόκεντρο του EBC

.

#7

Δείτε επίσης και Εδώ, άλλες αποδείξεις του προβλήματος όπως πρωτοεμφανίστηκε και της γενίκευσής του.

Είναι πράγματι γιγαντωμένο το

και αρκετές φορές προτείνονται θέματα που έχουν ξανασυζητηθεί (*). Καλό είναι να τα συνδέουμε με παραπομπές όταν τα εντοπίζουμε, με οποιαδήποτε ευκαιρία.

Κώστας Βήττας.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

Re: Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

Re: Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

Re: Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

Re: Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

Re: Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

Re: Μία απρόσμενη (;) διχοτόμηση (2).

Μέλη σε σύνδεση