Παραπληρωματικές γωνίες

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλημέρα.Για το θέμα που ακολουθεί δεν έχω ακόμη (πλήρη) απόδειξη.
Σπεύδω όμως να το υποβάλω στο

προς... εκτέλεση, όπου εκτός των γνωστών Δ.Ε (Δεινών Εκτελεστών)
επελαύνει-για καλή μας τύχη- και ο "οδοστρωτήρας" Πρόδρομος!

: Απολλώνιος και γωνίες.PNG (9.91 KiB) Προβλήθηκε 1938 φορές

Θεωρούμε το ευθύγραμμο τμήμα

και το μέσον του

.

Τα σημεία E,A,M

είναι συνευθειακά και έτσι ώστε να ισχύει $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{EB}{EC}\neq 1$

Να εξεταστεί αν ισχύει $\widehat{BAC}+\widehat{BEC}= 180^\circ$ .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

S.E.Louridas · #2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Απρ 26, 2020 10:00 am Καλημέρα.Για το θέμα που ακολουθεί δεν έχω ακόμη (πλήρη) απόδειξη...
"Θεωρούμε το ευθύγραμμο τμήμα και το μέσον του .
Τα σημεία είναι συνευθειακά και έτσι ώστε να ισχύει $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{EB}{EC}\neq 1$
Να εξεταστεί αν ισχύει $\widehat{BAC}+\widehat{BEC}= 180^\circ$ ".

Καλημέρα. Απλά τώρα το πρωϊ που μπήκα στο mathematica μας είδα αυτό το όμορφο θέμα και μου ήρθε η ιδέα που ακολουθεί:

Ο

είναι ο Απολλώνιος κύκλος λόγου $\displaystyle{\frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{EB}}{{EC}} = \frac{{AB}}{{AC}} \ne 1.}$
Γνωρίζουμε ότι $M{B^2} = MD \cdot MF = MA \cdot ME,$ από όπου προκύπτει η ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle EBM,\;\vartriangle ABM.$
Αυτό οδηγεί στην εξής αλυσίδα συνεπαγωγών: $\angle BED + \angle DEA = \angle MBA \Rightarrow \angle BED + \angle DFA = \frac{\pi }{2} - \angle BAA' \Rightarrow$ $\angle BED + \angle A'AD + \angle BAA' = \frac{\pi }{2} \Rightarrow \angle BED + \angle BAD = \frac{\pi }{2} \Rightarrow$ $\angle BEC + \angle BAC = \pi .$

: χχχχ.png (19.24 KiB) Προβλήθηκε 1885 φορές

edit: Απλά τοποθέτησα το quote.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Απρ 26, 2020 10:00 am Καλημέρα.Για το θέμα που ακολουθεί δεν έχω ακόμη (πλήρη) απόδειξη.
Σπεύδω όμως να το υποβάλω στο προς... εκτέλεση, όπου εκτός των γνωστών Δ.Ε (Δεινών Εκτελεστών)
επελαύνει-για καλή μας τύχη- και ο "οδοστρωτήρας" Πρόδρομος!
Απολλώνιος και γωνίες.PNG
Θεωρούμε το ευθύγραμμο τμήμα και το μέσον του .

Τα σημεία είναι συνευθειακά και έτσι ώστε να ισχύει $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{EB}{EC}\neq 1$

Να εξεταστεί αν ισχύει $\widehat{BAC}+\widehat{BEC}= 180^\circ$ .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Από CEVA $\dfrac{EZ}{ZB}= \dfrac{EH}{HC} \Rightarrow ZH//BC \Rightarrow \dfrac{EB}{EC}= \dfrac{EZ}{EH}= \dfrac{AB}{AC} = \dfrac{AH}{AZ} \Rightarrow EZ . ZA=AH . EH$

Αλλά (EBA)=(EAC)

και $HZ//BC \Rightarrow (ZBA)=(AHC)$ άρα

$(EZA)=(EAH) \Rightarrow EZ . ZA . \eta \mu \varphi =EH . HA \eta \mu \theta \Rightarrow \eta \mu \varphi = \eta \mu \theta \Rightarrow \varphi = \theta$ ή $\phi + \theta =180^0$

Αν $\phi = \theta \Rightarrow \angle BZC= \angle BHC \Rightarrow ZHCB$ ισοσκελές τραπέζιο άρα EB=EC

άτοπο

Έτσι $\phi + \theta =180^0 \Rightarrow \angle ZEH+ZAH=180^0$

: παραπληρωματικές γωνίες.png (17.43 KiB) Προβλήθηκε 1896 φορές

#4

Αρκεί τα μισά των γωνιών να έχουν άθροισμα μια ορθή γωνία. Δηλαδή $\widehat {{\phi _{}}} = \widehat {{\theta _{}}}$ .

Αλλά αυτό ισχύει γιατί ο κύκλος $\left( {A,E,C} \right)$ εφάπτεται της

.

: Παραπληρωματικές γωνίες_1.png (41.4 KiB) Προβλήθηκε 1875 φορές

Προκύπτει δε τούτο από τη σχέση Newton

και τη δύναμη του σημείου

,ως προς τον Απολλώνιο κύκλο $\left( {K,DK} \right)$ :

$M{B^2} = M{C^2} = MD \cdot MG = MA \cdot ME$

Από την επαφή αυτή προκύπτει PT//BC

όπου

τα σημεία που οι $EC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ τέμνουν τον κύκλο $\left( {K,DK} \right)$ .

Έτσι : $\widehat {{\phi _{}}} = \widehat {DAT} = \widehat {PEG} = \widehat {{\theta _{}}}$ .

Τώρα βλέπω ότι έχω με το Μεγάλο Σωτήρη

το ίδιο σκεφτικό ( Απολλώνιο κύκλο ) αλλά ελαφρώς διαφοροποιημένο τρόπο απόδειξης .

Όταν άρχισα να ασχολούμαι δεν ήταν καμιά ανάρτηση ανεβασμένη .

Του αγαπητού φίλου Μιχάλη η απόδειξη μου έκανε ιδιαίτερη εντύπωση .

ksofsa · #5

Ακόμα μία λύση:

Προεκτείνω την

κατά τμήμα MD=AM

.

Αρκεί να δειχθεί ότι το EBDC

εγγράψιμο ή ισοδύναμα από θεώρημα τεμνομένων χορδών ότι

$BM^2=MA\cdot ME$

Όμως, από θ. διαμέσων και ν. συνημιτόνου έχω:

$\dfrac{AB^2}{EB^2}=\dfrac{AC^2}{EC^2}=\dfrac{2AB^2+2AC^2}{2EB^2+2EC^2}=\dfrac{4AM^2+BC^2}{4EM^2+BC^2}=\dfrac{AM^2+BM^2}{EM^2+BM^2}=$

$\dfrac{AM^2+MB^2-AB^2}{EM^2+MB^2-EB^2}=\dfrac{2AM\cdot MBcos\angle AMB}{2EM\cdot MBcos\angle AMB}=$

$\dfrac{AM}{ME}\Leftrightarrow \dfrac{AM^2+BM^2}{EM^2+BM^2}=\dfrac{AM}{ME}\Leftrightarrow BM^2=MA\cdot ME$ , ό.έ.δ.

#6

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Απρ 26, 2020 10:00 am Καλημέρα.Για το θέμα που ακολουθεί δεν έχω ακόμη (πλήρη) απόδειξη.
Σπεύδω όμως να το υποβάλω στο προς... εκτέλεση, όπου εκτός των γνωστών Δ.Ε (Δεινών Εκτελεστών)
επελαύνει-για καλή μας τύχη- και ο "οδοστρωτήρας" Πρόδρομος!
Απολλώνιος και γωνίες.PNG
Θεωρούμε το ευθύγραμμο τμήμα και το μέσον του .

Τα σημεία είναι συνευθειακά και έτσι ώστε να ισχύει $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{EB}{EC}\neq 1$

Να εξεταστεί αν ισχύει $\widehat{BAC}+\widehat{BEC}= 180^\circ$ .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα στην εκλεκτή παρέα!

: Παραπληρωματικές.png (15.73 KiB) Προβλήθηκε 1857 φορές

Ο περίκυκλος του EBC

τέμνει την

στο

Είναι, $\displaystyle MZ \cdot ME = B{M^2} = MA \cdot ME \Leftrightarrow MA = MZ$

Άρα το ABZC

είναι παραλληλόγραμμο και $\displaystyle B\widehat ZC + B\widehat EC = 180^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{B\widehat AC + B\widehat EC = 180^\circ }$

Δανείστηκα από τον Σωτήρη τη σχέση: $\displaystyle B{M^2} = MA \cdot ME$

Απ' ότι βλέπω στο ίδιο σκεπτικό με τον Κώστα.

S.E.Louridas · #7

Ας δούμε και την άποψη που ακολουθεί:

Θεωρούμε τον περιγεγραμμένος κύκλο

στο τρίγωνο EBC

. Έστω

το σημείο τομής της

με τον κύκλο αυτό και

το αντιδιαμετρικό του.
Προφανώς $LL' \bot BC.$ Ονομάζουμε

το σημείο τομής της L’D

με τον κύκλο

. Τότε παίρνουμε $\frac{{A'B}}{{A'C}} = \frac{{BD}}{{DC}} = \frac{{EB}}{{EC}} = \frac{{AB}}{{AC}}.$ Από τα εγγράψιμα EDML’, DA’LM

προκύπτει ότι $\angle EMB = \angle EL'A' = \angle ELA' = \angle BMA'$ , οπότε το συμμετρικό του

, ως προς την

θα βρίσκεται επί της

. Είναι καθαρό τώρα, λόγω του μονοσήμαντου, ότι το συμμετρικό αυτό ταυτίζεται με το

. Έτσι καταλήγουμε $\angle BEC + \angle CA'B = \pi \Rightarrow \angle BEC + \angle BAC = \pi .$

: qqqqq.png (31.9 KiB) Προβλήθηκε 1812 φορές

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #8

Να πούμε εδώ ότι το $\rm A$ είναι γνωστό ως $\rm E-Humpty\,\,\, point$ του τριγώνου $\rm BCE$ και έχει πολύ ενδιαφέρουσες ιδιότητες,ενώ υπάρχει το αντίστοιχο $\rm E-Dumpty \,\,\,point$ στην συμμετροδιάμεσο.Δείτε εδώ περισσότερα.

Γιώργος Μήτσιος · #9

Καλό βράδυ σε όλους. Σωτήρη, Μιχάλη, Νίκο, Κώστα και Γιώργοσας ευχαριστώ για την άμεση ανταπόκριση,
ασφαλώς και τον Πρόδρομο που είδα πριν λίγο! Να πω ότι ο κόπος σας είναι για καλό σκοπό! (προσεχώς)

Μια σχέση κλειδί -το πρωί δεν είχα την απόδειξή της- είναι η $\boxed{MC^{2}=MA\cdot ME}$ .
Δίνω απόδειξη αυτής που βρήκα εν τω μεταξύ.

: Απολλώνιος ...PNG (10.36 KiB) Προβλήθηκε 1763 φορές

Τα

ανήκουν στον Απολλώνιο κύκλο με κέντρο

και διάμετρο

και ισχύει

$\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{FB}{FC}\Leftrightarrow \dfrac{OB-R}{R-OC}=\dfrac{OB+R}{R+OC}\Leftrightarrow ...$ $OB\cdot OC=R^{2}$ αλλά και

$OB\cdot OC=\left ( OM+MC \right )\left ( OM-MC \right )=OM^{2}-MC^{2}$ .

Παίρνουμε λοιπόν $R^{2}=OM^{2}-MC^{2}\Rightarrow MC^{2}=OM^{2}-R^{2}=MH\cdot MF=MA\cdot ME$ .

Η συνέχεια έχει βεβαίως καλυφθεί. Φιλικά Γιώργος.

Παραπληρωματικές γωνίες

Παραπληρωματικές γωνίες

Re: Παραπληρωματικές γωνίες

Re: Παραπληρωματικές γωνίες

Re: Παραπληρωματικές γωνίες

Re: Παραπληρωματικές γωνίες

Re: Παραπληρωματικές γωνίες

Re: Παραπληρωματικές γωνίες

Re: Παραπληρωματικές γωνίες

Re: Παραπληρωματικές γωνίες

Μέλη σε σύνδεση