Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

#1

: Εμπνευσμένη από το φίλο Ercole Suppa.png (38.47 KiB) Προβλήθηκε 1517 φορές

Έστω τυχόν σημείο της διαμέσου τριγώνου $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένου σε κύκλο $\left( O \right)$ και έστω $Q\equiv PD\cap FE$ , όπου οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα.

i) Δείξτε ότι για κάθε θέση του επί της διαμέσου του $\vartriangle ABC$ η ευθεία (με να ορίζεται όπως στην εκφώνηση ) διατηρεί σταθερή διεύθυνση

ii) Αν $S\equiv AQ\cap BC$ δείξτε ότι:

α) είναι συνευθειακά , όπου οι ορθές προβολές του στις ευθείες αντίστοιχα με $K\equiv AM\cap \left( O \right),K\ne A$

β) Δείξτε ότι $KS\bot BC$

iii) Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{SB}{SC}$ συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου

Υ.Σ. Το θέμα είναι εμπνευσμένο από τον καλό φίλο Ercole Suppa , εξαίρετο Γεωμέτρη ! και μάλιστα ένα ερώτημά του είναι αυτούσιο

#2

Καλημέρα Στάθη!

Τα (i), (ii) είναι απλά αν αλλάξει η σειρά των ερωτημάτων (π.χ πρώτα το ii.β) Όλη η λύση το απογευματάκι, αν δεν έχει απαντηθεί μέχρι τότε.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 31, 2022 5:43 pm
Εμπνευσμένη από το φίλο Ercole Suppa.png
Έστω τυχόν σημείο της διαμέσου τριγώνου $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένου σε κύκλο $\left( O \right)$ και έστω $Q\equiv PD\cap FE$ , όπου οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα.

i) Δείξτε ότι για κάθε θέση του επί της διαμέσου του $\vartriangle ABC$ η ευθεία (με να ορίζεται όπως στην εκφώνηση ) διατηρεί σταθερή διεύθυνση

ii) Αν $S\equiv AQ\cap BC$ δείξτε ότι:

α) είναι συνευθειακά , όπου οι ορθές προβολές του στις ευθείες αντίστοιχα με $K\equiv AM\cap \left( O \right),K\ne A$

β) Δείξτε ότι $KS\bot BC$

iii) Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{SB}{SC}$ συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου

Υ.Σ. Το θέμα είναι εμπνευσμένο από τον καλό φίλο Ercole Suppa , εξαίρετο Γεωμέτρη ! και μάλιστα ένα ερώτημά του είναι αυτούσιο

Αλλάζω λίγο την εκφώνηση. Υποθέτω ότι το

είναι το σημείο τομής των AQ, TL

και θα δείξω ότι είναι σημείο της BC.

: Stathis-Ercole Suppa.Ι.png (20.67 KiB) Προβλήθηκε 1327 φορές

$\displaystyle PF||KT,PE||KL \Rightarrow \frac{{AF}}{{AT}} = \frac{{AP}}{{AK}} = \frac{{AE}}{{AL}} \Rightarrow FE||TL \Leftrightarrow \frac{{AF}}{{AT}} = \frac{{AP}}{{AK}} = \frac{{AQ}}{{AS}}$

Άρα, $PQ||KS \Leftrightarrow$ $\boxed{KS \bot BC}$ Επειδή όμως η TSL

είναι η ευθεία Simson του τριγώνου ABC

που αντιστοιχεί στο

το

θα είναι σημείο της BC.

(Αποδείχτηκε έτσι το ερώτημα II).

Ι) Το

είναι λοιπόν η προβολή του

στην

άρα είναι σταθερό, δηλαδή η έχει σταθερή διεύθυνση.

III) Έστω H, Z

οι προβολές του

στις

αντίστοιχα. Θέτω HC=x, BZ=y.

: Stathis-Ercole Suppa.ΙΙ.png (17.82 KiB) Προβλήθηκε 1327 φορές

$\displaystyle \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{\cot \theta }}{{\cot \varphi }} = \frac{{\cos \theta }}{{\cos \varphi }} \cdot \frac{{\sin \varphi }}{{\sin \theta }} = \frac{{b - x}}{{c - y}} \cdot \frac{{MZ}}{{MH}} = \frac{{b - \frac{a}{2}\cos C}}{{c - \frac{a}{2}\cos B}} \cdot \frac{{\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{2b - a\cos C}}{{2c - a\cos B}} \cdot \frac{b}{c}$

Αλλά, $\displaystyle a\cos C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2b}},a\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2b}},$ οπότε τελικά $\boxed{\frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{3{b^2} - {a^2} + {c^2}}}{{3{c^2} - {a^2} + {b^2}}}}$

#4

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 01, 2022 5:16 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 31, 2022 5:43 pm
Εμπνευσμένη από το φίλο Ercole Suppa.png
Έστω τυχόν σημείο της διαμέσου τριγώνου $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένου σε κύκλο $\left( O \right)$ και έστω $Q\equiv PD\cap FE$ , όπου οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα.

i) Δείξτε ότι για κάθε θέση του επί της διαμέσου του $\vartriangle ABC$ η ευθεία (με να ορίζεται όπως στην εκφώνηση ) διατηρεί σταθερή διεύθυνση

ii) Αν $S\equiv AQ\cap BC$ δείξτε ότι:

α) είναι συνευθειακά , όπου οι ορθές προβολές του στις ευθείες αντίστοιχα με $K\equiv AM\cap \left( O \right),K\ne A$

β) Δείξτε ότι $KS\bot BC$

iii) Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{SB}{SC}$ συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου

Υ.Σ. Το θέμα είναι εμπνευσμένο από τον καλό φίλο Ercole Suppa , εξαίρετο Γεωμέτρη ! και μάλιστα ένα ερώτημά του είναι αυτούσιο
Αλλάζω λίγο την εκφώνηση. Υποθέτω ότι το είναι το σημείο τομής των και θα δείξω ότι είναι σημείο της Stathis-Ercole Suppa.Ι.png
$\displaystyle PF||KT,PE||KL \Rightarrow \frac{{AF}}{{AT}} = \frac{{AP}}{{AK}} = \frac{{AE}}{{AL}} \Rightarrow FE||TL \Leftrightarrow \frac{{AF}}{{AT}} = \frac{{AP}}{{AK}} = \frac{{AQ}}{{AS}}$

Άρα, $PQ||KS \Leftrightarrow$ $\boxed{KS \bot BC}$ Επειδή όμως η είναι η ευθεία Simson του τριγώνου

που αντιστοιχεί στο το θα είναι σημείο της (Αποδείχτηκε έτσι το ερώτημα II).

Ι) Το είναι λοιπόν η προβολή του στην άρα είναι σταθερό, δηλαδή η έχει σταθερή διεύθυνση.

III) Έστω οι προβολές του στις αντίστοιχα. Θέτω Stathis-Ercole Suppa.ΙΙ.png
$\displaystyle \frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{\cot \theta }}{{\cot \varphi }} = \frac{{\cos \theta }}{{\cos \varphi }} \cdot \frac{{\sin \varphi }}{{\sin \theta }} = \frac{{b - x}}{{c - y}} \cdot \frac{{MZ}}{{MH}} = \frac{{b - \frac{a}{2}\cos C}}{{c - \frac{a}{2}\cos B}} \cdot \frac{{\sin B}}{{\sin C}} = \frac{{2b - a\cos C}}{{2c - a\cos B}} \cdot \frac{b}{c}$

Αλλά, $\displaystyle a\cos C = \frac{{{a^2} + {b^2} - {c^2}}}{{2b}},a\cos B = \frac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2b}},$ οπότε τελικά $\boxed{\frac{{SB}}{{SC}} = \frac{{3{b^2} - {a^2} + {c^2}}}{{3{c^2} - {a^2} + {b^2}}}}$

Γιώργο ,

Ευχαριστώ για την απάντηση

Λίγο διαφέρουμε στη λυση . Απλά δεν χρησιμοποίησα τριγωνομετρια ( αλλά ομοιότητες και γενίκευση του Π.Θ)

Το ζητούμενο του προβλήματος ειναι μονο το τελευταίο το οποίο βέβαια απαντά αμεσα στη σταθερότητα της διεύθυνσης .

Εκείνο που μου κίνησε την περιέργεια είναι οτι στους Ρομαντικούς της γεωμετριας ( όπου και αναρτήθηκε το προβλημα εδω και 2 εβδομάδες ) δεν υπάρχει συνθετική απάντηση εστω και με ήπια τριγωνομετρια .

#5

Μου θύμισε αυτή.
viewtopic.php?f=22&t=41621&p=194200&hil ... on#p194200
(βλέπε και τη λύση του Στάθη)

#6

silouan έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 01, 2022 11:18 pm
Μου θύμισε αυτή.
viewtopic.php?f=22&t=41621&p=194200&hil ... on#p194200
(βλέπε και τη λύση του Στάθη)

#7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Μάιος 31, 2022 5:43 pm
Εμπνευσμένη από το φίλο Ercole Suppa.png
Έστω τυχόν σημείο της διαμέσου τριγώνου $\vartriangle ABC$ εγγεγραμμένου σε κύκλο $\left( O \right)$ και έστω $Q\equiv PD\cap FE$ , όπου οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα.

i) Δείξτε ότι για κάθε θέση του επί της διαμέσου του $\vartriangle ABC$ η ευθεία (με να ορίζεται όπως στην εκφώνηση ) διατηρεί σταθερή διεύθυνση

ii) Αν $S\equiv AQ\cap BC$ δείξτε ότι:

α) είναι συνευθειακά , όπου οι ορθές προβολές του στις ευθείες αντίστοιχα με $K\equiv AM\cap \left( O \right),K\ne A$

β) Δείξτε ότι $KS\bot BC$

iii) Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{SB}{SC}$ συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου

Υ.Σ. Το θέμα είναι εμπνευσμένο από τον καλό φίλο Ercole Suppa , εξαίρετο Γεωμέτρη ! και μάλιστα ένα ερώτημά του είναι αυτούσιο

Ας δούμε και τη δική μου διαπραγμάτευση επί του Θέματος (ουσιαστικά το τρίτο ερώτημα που απαντάει σε όλα κατα τη διαδικασία της λύσης του) που δεν διαφέρει και πολύ από τη λύση του Γιώργου.

Έστω $\left( O \right)$ ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και $T\equiv APM\cap \left( O \right),T\ne A$
. Αν X,N,Y

είναι οι ορθές προβολές του

στις ευθείες AB,BC,CA

των πλευρών του τριγώνου αντίστοιχα , τότε X,N,Y

είναι σημεία της ευθείας Simpson του

ως προς το $\vartriangle ABC$ . Είναι $PD\parallel TY\Rightarrow \dfrac{AD}{AY}=\dfrac{PD}{TY}=\dfrac{AP}{AT}\overset{PE\parallel TX}{\mathop{=}}\,\dfrac{PE}{TX}=\dfrac{AE}{AX}\Rightarrow ED\parallel XY$ και συνεπώς τα τρίγωνα $\vartriangle PDE,\vartriangle TYX$ είναι ομοιόθετα (παράλληλες πλευρές) με κέντρο ομοιοθεσίας το

και με $PQ\parallel TN$ (κάθετα στην

) , ομόλογα τμήματά τους τα Q,N

θα είναι ομοιόθετα σημεία τους , άρα A,Q,N

συνευθειακά .
Αν K,L

είναι οι ορθές προβολές του μέσου

της

στις

αντίστοιχα, τότε με $\left( AMB \right)=\left( AMC \right)\Rightarrow \dfrac{MK}{ML}=\dfrac{b}{c}:\left( 1 \right)$

: Ercole Suppa.png (67.13 KiB) Προβλήθηκε 1139 φορές

Με $\angle MAL\equiv \angle TAC\overset{A,C,T,B\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle TBC\equiv \angle TBN$ $\overset{\angle ALM=\angle BNT={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle BNT\sim \vartriangle ALM\Rightarrow \dfrac{BN}{NT}=\dfrac{AL}{ML}:\left( 2 \right)$ και ομοίως από $\vartriangle CNT\sim \vartriangle AKM\Rightarrow \dfrac{CN}{NT}=\dfrac{AK}{MK}:\left( 3 \right)$

Από $\left( 2 \right):\left( 3 \right)\Rightarrow \dfrac{BN}{CN}=\dfrac{AL}{AK}\cdot \dfrac{MK}{ML}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{AL}{AK}\cdot \dfrac{b}{c}:\left( 4 \right)$ . Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε ότι $\angle A<{{90}^{0}}\Rightarrow \angle MAC<{{90}^{0}}$ και από τη γενίκευση του Π.Θ. στο $\vartriangle MAC$ έχουμε: $M{{C}^{2}}=A{{M}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AC\cdot AL\overset{A{{M}^{2}}=\dfrac{2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4}(\Theta .\Delta \iota \alpha \mu \sigma \omega \nu )}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\dfrac{{{a}^{2}}}{4}=\dfrac{2{{b}^{2}}+2{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4}+{{b}^{2}}-2b\cdot AL\Rightarrow \ldots AL=\dfrac{3{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4b}:\left( 5 \right)$ και ομοίως $AK=\dfrac{3{{c}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}{4c}:\left( 6 \right)$ . Από $\left( 4 \right)\overset{\left( 5 \right),\left( 6 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{BN}{CN}=\dfrac{\dfrac{3{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{4b}}{\dfrac{3{{c}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}{4c}}\cdot \dfrac{b}{c}\Rightarrow \dfrac{BN}{CN}=\dfrac{3{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{3{{c}^{2}}+{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

Re: Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

Re: Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

Re: Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

Re: Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

Re: Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

Re: Εμπνευσμένο από το φίλο Ercole Suppa

Μέλη σε σύνδεση