ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

S.E.Louridas · #1

Στο MIT είχε μπει το εξης θέμα: δίνεται ευθεία ε και σημείο Α εκτός αυτής. Να κατασκευαστεί από το Α κάθετη χρησιμοποιώντας μόνο μια φορά τον διαβήτη.
Δημιουργήσαμε λοιπόν ένα θέμα το οποίο είχαμε πρόθεση να προτείνουμε για έναν από τους διαγωνισμούς, ΑΡΧΙΜΗΔΗ της Ε.Μ.Ε. ή B.M.O. ή I.M.O. το οποίο ΠΛΕΟΝ το δίνω στη μαθηματική μας παρέα για συζήτηση.
"δίνεται μία περιφέρεια κύκλου, που ΔΕΝ ΔΙΝΕΤΑΙ το κέντρο του και ένα σημείο Α εκτός της περιφέρειας και εκτός του κύκλου. Ζητάμε με ΤΟ ΠΟΛΥ 10 κινήσεις και χρησιμοποιώντας ΜΟΝΟ τον κανόνα, να κατασκευάσουμε τις εφαπτόμενες από το Α στον κύκλο. "
Είμαι χαρούμεος που μπαίνω στην παρέα του mathematica για μαθηματικούς διαλόγους όπου μετέχουν συνάδελφοι, μαθητές, φοιτητές και γενικά άνθρωποι που αγαπούν ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΑ τα μαθηματικά. Κατά την άποψή μου τα μαθηματικά είναι ταυτόσημα με την αλήθεια, όπως διακηρύσσει και ο διακεκριμένος μαθηματικός Α.Κυριακόπουλος.
Θα ακολουθήσει και η λύση του προβλήματος.
S.E.Louridas

#2

Ας δούμε μία λύση βασισμένη στη θεωρία περί Πολικών.

1) - Από το σημείο

( αντί του

), φέρνουμε τρεις τυχούσες τέμνουσες του δοσμένου κύκλου και έστω $AB,\ CD,\ EF,$ ( το

μεταξύ των $P,\ A,$ το

μεταξύ των $P,\ D$ και το

μεταξύ των $P,\ F$ ) οι αντίστοιχες χορδές των σημείων τομής του από αυτές ( 3 κινήσεις ).

2) - Φέρνουμε τις διαγώνιες των εγγραψίμων τετραπλέυρων $ABCD,\ CEFD$ ( στο σχήμα μου η χορδή CD,

βρίσκεται μεταξύ των $AB,\ EF,$ αλλά δεν έχει σημασία ) και έστω $M,\ N,$ τα σημεία τομής των ( + 4 κινήσεις ).

3) - Φέρνουμε την ευθεία MN,

οποία τέμνει τον δοσμένο κύκλο, στα σημεία $Q,\ R$ ( + 1 κίνηση ).

4) - Φέρνουμε τις ευθείες $PQ,\ PR,$ οι οποίες είναι οι ζητούμενες εφαπτόμενες, γιατί η ευθεία MN,

είναι η πολική του

ως προς τον δοσμένο κύκλο και τον τέμνει στα σημεία επαφής των εφαπτομένων του από το

( + 2 κινήσεις ).

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Δεν έχω την τιμή να γνωρίζω προσωπικά τον Σωτήρη Λουρίδα, αλλά είμαι χαρούμενος που θα είναι στην παρέα μας, γιατί έχουμε πολλά να μάθουμε από τη συμμετοχή του στο mathematica.gr

#3

S.E.Louridas έγραψε: Είμαι χαρούμεος που μπαίνω στην παρέα του mathematica για μαθηματικούς διαλόγους όπου μετέχουν συνάδελφοι, μαθητές, φοιτητές και γενικά άνθρωποι που αγαπούν ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΑ τα μαθηματικά. Κατά την άποψή μου τα μαθηματικά είναι ταυτόσημα με την αλήθεια, όπως διακηρύσσει και ο διακεκριμένος μαθηματικός Α.Κυριακόπουλος.

Σωτήρη, καλώς ήλθες στο mathematica.

Είμαστε χαρούμενοι να έχουμε στη Λέσχη μας ένα διακεκριμένο μέλος με αξιοπρόσεκτη συμβολή στα Μαθηματικά του τόπου, και ειδικά στις Μαθηματικές Ολυμπιάδες.

Για όσους δεν γνωρίζουν, η παρουσία του Σωτήρη στα Μαθηματικά του τόπου είναι διπλή: Τόσο από πλευράς συγγραφικής όσο, εκ του αφανούς, με την ατρύτων κόπων συμβολή του ως μέλους επί σειρά ετών στην υψηλών προδιαγραφών Επιτροπή Διαγωνισμών της ΕΜΕ.

Με σεβασμό,

Μιχάλης.

#4

S.E.Louridas έγραψε:Στο MIT είχε μπει το εξης θέμα: δίνεται ευθεία ε και σημείο Α εκτός αυτής. Να κατασκευαστεί από το Α κάθετη χρησιμοποιώντας μόνο μια φορά τον διαβήτη.
Δημιουργήσαμε λοιπόν ένα θέμα το οποίο είχαμε πρόθεση να προτείνουμε για έναν από τους διαγωνισμούς, ΑΡΧΙΜΗΔΗ της Ε.Μ.Ε. ή B.M.O. ή I.M.O. το οποίο ΠΛΕΟΝ το δίνω στη μαθηματική μας παρέα για συζήτηση.
"δίνεται μία περιφέρεια κύκλου, που ΔΕΝ ΔΙΝΕΤΑΙ το κέντρο του και ένα σημείο Α εκτός της περιφέρειας και εκτός του κύκλου. Ζητάμε με ΤΟ ΠΟΛΥ 10 κινήσεις και χρησιμοποιώντας ΜΟΝΟ τον κανόνα, να κατασκευάσουμε τις εφαπτόμενες από το Α στον κύκλο. "
Είμαι χαρούμεος που μπαίνω στην παρέα του mathematica για μαθηματικούς διαλόγους όπου μετέχουν συνάδελφοι, μαθητές, φοιτητές και γενικά άνθρωποι που αγαπούν ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΑ τα μαθηματικά. Κατά την άποψή μου τα μαθηματικά είναι ταυτόσημα με την αλήθεια, όπως διακηρύσσει και ο διακεκριμένος μαθηματικός Α.Κυριακόπουλος.
Θα ακολουθήσει και η λύση του προβλήματος.
S.E.Louridas

Σωτήρη,
σε καλωσορίζω στο mathematica !
Πιστεύω σε αυτό το χώρο να βρεις τη ζεστασιά που δίνει στο μαθηματικό κίνητρο και μεράκι για να εκφραστεί και να δημιουργήσει !
Μπάμπης

S.E.Louridas · #5

Φίλε Κώστα Βήτα σέ ευχαριστώ πού έλυσες μέ έπιτυχία τό πρόβλημα.
Σέ μία επιστημονική καί ταυτόχρονα φιλική παρέα πού σκοπό έχει νά γινόμαστε 'σοφώτεροι' πρέπει ο καθένας νά γνωρίζει τά επιστημονικά πιστεύω του άλλου.
Οσο μέ αφορα πιστεύω σέ κάποια, τουλάχιστον πράγματα,ορισμένα από τά οποία είναι :
1) Είναι κορυφαία η κάθε στιγμή πού επιτυγχάνεται η λύση ενός Μαθηματικού προβλήματος.
2) Η ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ, πέρα από τον καθοριστικό της ρόλο στήν επιστημονική εξέλιξη, αποτελεί διαχρονικά ένα ΟΠΤΙΚΟΛΟΓΙΚΟ σύστημα πού βοηθά τή Μαθηματική καί οχι μόνο σκέψη νά παράγει σέ υψηλά επίπεδα απόδοσης.Εστω λοιπόν καί γιά προπονητικούς λόγους του νού ,η ενασχόληση μας μέ τήν ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ είναι αναγκαία.
Αναφορά ηθικής τάξης:
Το ερώτημα καί οι προτάσεις πρός τήν Ε.Μ.Ε. της ΔΕΥΤΕΡΗΣ παρέμβασης τού Little Ferma (23.03.09) είναι πράγματα πού εχω πρώτος εκφράσει ΔΗΜΟΣΙΑ καί πού πιστεύω οτι πρέπει νά υλοποιηθούν .Ειδικά τό θέμα τού ανοίγματος πρός τήν ευρύτερη Μαθηματική οικογένεια αρχίζοντας από ανθρώπους πού είναι καταξιωμένοι είτε σάν δάσκαλοι είτε σάν συγγραφείς ειτε σάν αρθρογράφοι ειτε σάν κατασκευαστές προβλημάτων είτε σάν συνάδελφοι νέοι καί μέ ταλέντο στό αντικείμενο αυτό είτε σάν μέλη τών Εθνικών Ομάδων (τέως ή νύν) κ.τ.λ. καί τής χρησιμοποίησης κατάλληλου συγγράμματος διεθνώς καταξιωμένου πού νά προάγει τή μεθοδολογια (όσο είναι δυνατόν)τού ειδους.Επειδή όμως το θέμα τών διαγωνισμών αυτού τού τύπου ειναι σημαντικό αλλά καί μέ τεράστια βαρύτητα σάς κάνω γνωστή τήν πρόταση πού κατέθεσα στή γενική συνέλευση τής Ε.Μ.Ε. : Είναι καιρός η Ε.Μ.Ε. νά οργανώσει ευρύτερη συζήτηση
επίσημου χαρακτήρα,μέ αποκλειστικό θέμα τούς διαγωνισμούς της καί μέ ευρύτερη συμμετοχή απάντων τών συντελεστών τής μαθηματικής κοινότητας ,πιθανόν καί παρουσια του Υπουργείου Παιδείας,ώστε νά καταγραφούν οι απόψεις καί νά εξαχθούν συμπεράσματα.

ΚΑΙ ΤΩΡΑ ,επιστροφή στήν ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ .

Θέλω νά αναφέρω, οτι από πλευράς διδακτικής τό πρόβλημα πού έθεσα τή προηγούμενη φορά γιά συζήτηση τό θέτουμε κατά τόν τρόπο αυτό γιά νά κινήσει τό ενδιαφέρον,αφού προηγουμένως έχουμε θεωρητική κάλυψη από τίς εξής ενότητες :
α)Θ.Μενελάου, Θ.Ceva,
β)Αρμονικά συζηγή , Πλήρες τετράπλευρο,
γ)Πολική σημείου ώς πρός κύκλο.

Επιτρέψτε μου,τώρα,νά θέσω γιά διαπραγμάτευση ένα Γεωμετρικό θέμα πού είναι εφαρμογή τού Θεωρήματος : Η απόσταση μιας κορυφής τριγώνου από το ορθόκεντρό του ισούται μέ τό διπλάσιο τής απόστασης τού κέντρου τού περιγεγραμένου του κύκλου από την αντίστοιχη τής κορυφής αυτής πλευρά.Αυτό συνδιαζόμενο με την μεθοδολογική αντίληψη οτι ένας βασικός τρόπος προσδιορισμού ενός σημείου είναι σάν τομή δύο γραμμών πού προσδιορίζονται πλήρως από τα δεδομένα τού προβλήματος.Το πρόβλημα είναι τό εξής : Δίνεται κύκλος κέντρου Κ και ακτίνας ρ .Εστω εξωτερικό σημείο Ρ τού κύκλου αυτού καί σημείο Α τής περιφέρειας τού κύκλου,ώστε τό Α να μήν ανήκει στήν ευθεία ΚΡ.Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ευθεία πού διέρχεται από το Ρ τέμνουσα τον κύκλο σε σημεία Β,Γ ώστε το ορθόκεντρο Η να βλέπει τό ΑΚ υπό ορθή γωνία.

dimitris pap · #6

S.E.Louridas έγραψε: Επιτρέψτε μου,τώρα,νά θέσω γιά διαπραγμάτευση ένα Γεωμετρικό θέμα πού είναι εφαρμογή τού Θεωρήματος : Η απόσταση μιας κορυφής τριγώνου από το ορθόκεντρό του ισούται μέ τό διπλάσιο τής απόστασης τού κέντρου τού περιγεγραμένου του κύκλου από την αντίστοιχη τής κορυφής αυτής πλευρά.Αυτό συνδιαζόμενο με την μεθοδολογική αντίληψη οτι ένας βασικός τρόπος προσδιορισμού ενός σημείου είναι σάν τομή δύο γραμμών πού προσδιορίζονται πλήρως από τα δεδομένα τού προβλήματος.Το πρόβλημα είναι τό εξής : Δίνεται κύκλος κέντρου Κ και ακτίνας ρ .Εστω εξωτερικό σημείο Ρ τού κύκλου αυτού καί σημείο Α τής περιφέρειας τού κύκλου,ώστε τό Α να μήν ανήκει στήν ευθεία ΚΡ.Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ευθεία πού διέρχεται από το Ρ τέμνουσα τον κύκλο σε σημεία Β,Γ ώστε το ορθόκεντρο Η να βλέπει τό ΑΚ υπό ορθή γωνία.

Κατ' αρχάς θα ήθελα να καλοσωρίσω θερμά στο forum τον κ. Λουρίδα, του οποίου πάντα τα προβλήματα (κι ιδιαίτερα τα γεωμετρικά) είναι άκρως ενδιαφέροντα!

Σε ότι αφορά το παραπάνω πρόβλημα, (σύμφωνα και με τις "οδηγίες" που δώσατε) μπορούμε να πούμε ότι έστω το σημείο Η, η τομή του κύκλου διαμέτρου ΑΚ και του κύκλου ακτίνας ΑΡ και κέντρου Ρ. Τότε αν φέρουμε την μεσοκάθετο του ΑΗ, αυτή διέρχεται απ' το Ρ κι αν τέμνει τον κύκλο στα Β, Γ τότε τα Β,Γ, Η, Α' (όπου Α΄ το συμμετρικό του Α ως προς ΚΗ) ικανοποιούν το ζητούμενο του προβλήματος, αφού $A\prime H\perp BC$ κι αν Μ το μέσο ΒΓ, $2KM=AH=A\prime H$ (καθώς σχηματίζεται ένα ορθογώνιο). Ετσι το Η είναι το ορθόκεντρο του Α'ΒΓ κι άρα υπάρχει τέτοια ευθεία, αφού για κάθε Α' θα υπάρχει αντίστοιχο Α του κύκλου!

Παπαδημητρίου Δημήτρης

EDITED (μετά από μεγάλο λάθος, καθώς θεώρησα ότι αν AH=2KM

kai $AH\perp BC$ tote H ορθόκεντρο του ΑΒΓ πράγμα το οποίο ΔΕΝ ισχύει ΑΠΑΡΑΙΤΗΤΑ!)

#7

Επειδή έχει ιδιαίτερο ενδιαφέρον και το θεώρημα που χρησιμοποιεί ο Σωτήρης Λουρίδας, δίνω συνημμένο ένα αρχείο sketchpad, που παρουσιάζει το θεώρημα αυτό, καθώς και μία απόδειξη με Αναλυτική Γεωμετρία.

Θα παρακαλούσα για περισσότερες πληροφορίες: (έχει κάποιο ιστορικό το Θεώρημα, Ονοματεπώνυμο;).
Θα αναζητήσω και Γεωμετρική απόδειξη.

Η απόσταση μιας κορυφής τριγώνου από το ορθόκεντρό του ισούται μέ τό διπλάσιο τής απόστασης τού κέντρου τού περιγεγραμένου του κύκλου από την αντίστοιχη τής κορυφής αυτής πλευρά.
Λουρίδας Σωτήρης

: Barykentro.png (8.62 KiB) Προβλήθηκε 5008 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α(κ, μ), Β(0, 0) και Γ(α, 0).
Είναι α ≠ 0 και μ ≠ 0. Δίχως να χαλά η γενικότητα, έστω και κ ≠ 0.

Κ μέσο ΒΓ, οπότε Κ(α/2, 0) και η μεσοκάθετη του ΒΓ έχει εξίσωση: $x = \frac{\alpha }{2}$

Η ΑΒ έχει συντ. διεύθυνσης $\frac{\mu }{\kappa }$ .
Το μέσο της ΑΒ έχει συντεταγμένες $\left( {\frac{\kappa }{2},\;\frac{\mu }{2}} \right)$ , οπότε η μεσοκάθετος του ΑΒ έχει εξίσωση: $y - \frac{\mu }{2} = - \frac{\kappa }{\mu }\left( {x - \frac{\kappa }{2}} \right)\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;y = \frac{{ - 2\kappa }}{{2\mu }}x + \frac{{\kappa ^2 + \mu ^2 }}{{2\mu }}$

Το περίκεντρο του ΑΒΓ είναι το ${\rm M}\left( {\frac{\alpha }{2},\;\frac{{\kappa ^2 + \mu ^2 - \kappa \alpha }}{{2\mu }}} \right)$ .
Είναι $\left( {{\rm M}{\rm K}} \right) = \left| {\frac{{\kappa ^2 + \mu ^2 - \kappa \alpha }}{{2\mu }}} \right|$

Το ύψος ΑΔ έχει εξίσωση: x = κ.
Το ύψος Από το Γ στην ΑΒ έχει εξίσωση: $y = - \frac{\kappa }{\mu }\left( {x - \alpha } \right)\;\; \Leftrightarrow \;y = - \frac{\kappa }{\mu }x + \frac{{\kappa \alpha }}{\mu }$

Το ορθόκεντρο Η του ΑΒΓ έχει συντεταγμένες: ${\rm H}\left( {\kappa ,\;\frac{{\kappa \alpha - \kappa ^2 }}{\mu }} \right)$

Είναι $\left( {{\rm A}{\rm H}} \right) = \sqrt {\left( {\frac{{\kappa \alpha - \kappa ^2 }}{\mu } - \mu } \right)^2 } = \left| {\frac{{\kappa ^2 + \mu ^2 - \kappa \alpha }}{\mu }} \right| = 2\left( {{\rm M}{\rm K}} \right)$

Γιώργος Ρίζος

dimitris pap · #8

Για συνθετική λύση χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι το βαρύκεντρο G ανήκει στην

(σύμφωνα με το σχήμα του κ. Ρίζου) και μετά έχουμε όμοια τρίγωνα (ΑGH, GMK)

με λόγο

αφού το βαρύκεντρο χωρίζει τη διάμεσο σε λόγο 2:1!

#9

Μία απλή και γνωστή στοιχειώδης απόδειξη, είναι η εξής : ( χρησιμοποιώ το σχήμα του Γιώργου Ρίζου ).

Είναι γνωστό ( και αποδεικνύεται εύκολα ) ότι το σημείο τομής των ευθειών

( ευθεία Euler του $\bigtriangleup ABC$ ) και

( διάμεσος ), είναι το βαρύκεντρο

του $\bigtriangleup ABC$ και ισχύει $\frac{AG}{GK} = 2$ ,(1)

Από

και από $AH\parallel MK$ $\Longrightarrow$ $\frac{AH}{MK} = \frac{AG}{GK} = 2$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#10

Συντομότατες και κομψότατες των Δημήτρη και Κώστα! Η Δύναμη της Ευκλείδιας Γεωμετρίας.

Δίνω μία παραπομπή για την ευθεία Euler από την ιστοσελίδα του καθηγητή ΠΑΡΙ ΠΑΜΦΙΛΟΥ (παν. Κρήτης)
http://www.math.uoc.gr/~pamfilos/gGalle ... Euler.html

Συμπληρωματικά, στη λύση με Αναλυτική Γεωμετρία, να μελετήσουμε και την περίπτωση όπου ΑΒΓ ορθογώνιο, δηλαδή κ = 0. (Βλέπε παραπάνω σχήμα).
Τότε, ορθόκεντρο το Β και περίκεντρο το μέσο Μ της ΑΓ. Αφού Μ μέσο ΑΓ, ΜΚ κάθετη ΒΑ, θα είναι ΜΚ // = ΑΒ /2, οπότε ισχύει η υπόθεση.

Γιώργος Ρίζος

S.E.Louridas · #11

Δημήτρη , αν καί ήταν αναμενόμενο από τή στιγμή πού ασχοληθηκες,ή λύση σου μέ ενθουσίασε . Καί μέ ευχαρίστησε επειδή χρησιμοποίησες τά δεδομένα μέ ιδανικό τρόπο πού κατά τήν αποψή μου μπορεί νά περάσει καί σάν μεθοδολογία .Αν ,τώρα,συζητούσαμε τό πρόβλημα λίγο πιό διεξοδικά θά μπορούσαμε νά το γενικεύσουμε ακόμα περισσότερο ως εξής :
Δίνεται κύκλος κέντρου Κ καί ακτίνας ρ .Εστω Ρ εξωτερικό σημείο τού κύκλου αυτού καί σημείο Α τής περιφέρειας του ώστε το Α νά μήν ανήκει στήν ευθεία ΚΡ .Να αποδειχθεί οτι υπάρχει ευθεία πού διερχεται από το Ρ τέμνουσα τόν κύκλο σε σημεία Β,Γ ώστε το ορθόκεντρο Η του τριγώνου ΑΒΓ να βλέπει το ΑΚ υπό ΜΗ ορθή δεδομένη γωνία ,έστω φ .

Τι λές καί εσύ Δημήτρη;
Mήπως , τελικά , μάς ζητούν τον γεωμετρικό τόπο τών ορθοκέντρων τών τριγώνων ΑΒΓ πού δημιουργούνται από τη περιστροφή ευθείας περί το σημείο Ρ και η οποία τέμνει τη περιφέρεια ;
ΜΠΟΡΟΥΜΕ άραγε νά κατασκευάσουμε και άλλα προβλήματα γύρω από τά δεδομένα αυτά ;
ΑΣ έχουμε στό μυαλό μας ότι "Σε πολλές περιπτώσεις Η ΑΠΟΡΡΙΨΗ λαθεμένων σκέψεων που πιθανόν γίνονται πρίν από τήν λύση ή την κατασκευή ενός προβλήματος ανοίγει την οδό πού οδηγεί στή σωστή σκέψη και τελικά στην επίλυση ή την κατασκευή"

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #12

Φίλε Δημήτρη σού έδωσα την γενίκευση καί τό σχόλιο στό τέλος ( ΑΣ εχουμε στό μυαλό μας ότι...κ.τ.λ.) γιά νά καταλάβεις μόνος σου μία λεπτομέρεια μικρή αλλά σημαντική.Ηθελα νά σέ αφήσω νά την βρείς μόνος σου γιατί με εντυπωσίασαν οι κινήσεις στήν λύση σου .Ομως επειδή πρέπει να ασχοληθείς μέ τήν γενίκευση σου λέω μόνο οτι τό θεώρημα πού σού ανέφερα δεν ισχύει καί αντίστροφα .H γωνία ΒΑΓ πού κατασκεύασες μήπως είναι αμβλεία ;

S.E.Louridas

#13

Έκανα συγχώνευση των προηγούμενων θεμάτων του κου Λουρίδα, καθώς ήταν αλληλένδετα μεταξύ τους και αφορούσαν το ίδιο ή παρεμφερές θέμα! Καλό είναι να τα έχουμε συγκεντρωμένα!

Ευχαριστώ το συνάδελφο Γ. Ρίζο για την παρατήρηση.

Φιλικά,
Αλέξανδρος

dimitris pap · #14

S.E.Louridas έγραψε:Φίλε Δημήτρη σού έδωσα την γενίκευση καί τό σχόλιο στό τέλος ( ΑΣ εχουμε στό μυαλό μας ότι...κ.τ.λ.) γιά νά καταλάβεις μόνος σου μία λεπτομέρεια μικρή αλλά σημαντική.Ηθελα νά σέ αφήσω νά την βρείς μόνος σου γιατί με εντυπωσίασαν οι κινήσεις στήν λύση σου .Ομως επειδή πρέπει να ασχοληθείς μέ τήν γενίκευση σου λέω μόνο οτι τό θεώρημα πού σού ανέφερα δεν ισχύει καί αντίστροφα .H γωνία ΒΑΓ πού κατασκεύασες μήπως είναι αμβλεία ;

S.E.Louridas

Κ. Λουρίδα έχετε απόλυτο δίκιο... μάλιστα δεν το κατάλαβα αμέσως απ' το post σας, αλλά μόλις προσπάθησα τη γενίκευση συνειδητοποίησα ότι αυτό που έγραψα είχε τραγικό λάθος (εξ' ου και το edit που έκανα). Παρά όμως το edit αισθάνομαι ότι η λύση μου δεν διορθώθηκε πλήρως και προσπαθώ ακόμα να βρω καλύτερη δικιολόγηση! Πάντως και η γενίκευση φαίνεται εξίσου ενδιαφέρουσα και θα την προσπαθήσω αύριο γιατί τώρα είναι αργά

#15

S.E.Louridas έγραψε: Επιτρέψτε μου,τώρα,νά θέσω γιά διαπραγμάτευση ένα Γεωμετρικό θέμα πού είναι εφαρμογή τού Θεωρήματος : Η απόσταση μιας κορυφής τριγώνου από το ορθόκεντρό του ισούται μέ τό διπλάσιο τής απόστασης τού κέντρου τού περιγεγραμένου του κύκλου από την αντίστοιχη τής κορυφής αυτής πλευρά.

Με αφορμή το παραπάνω Γεωμετρικό θέμα με το οποίο καλωσορίσαμε το Σωτήρη, βάζω από εδώ την άσκηση που συνηθίζω να κάνω κάθε χρόνο στους μαθητές μου ως άσκηση διανυσμάτων.

ΑΣΚΗΣΗ
Δινονται τα μη συνευθειακά σημεία και το περίκεντρο του τριγώνου .

α) Να προσδιορίσετε σημείο ώστε να ισχύει $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}$

β) Aν τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα και το σημείο που προσδιορίσατε στο προηγούμενο ερώτημα να δείξετε ότι $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OK}$ , $\overrightarrow{BH}=2\overrightarrow{OL}$ , $\overrightarrow{CH}=2\overrightarrow{OM}$ .

γ) Να συμπεράνετε ότι το σημείο του ερωτήματος (α) είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου .

δ) Τι συμπέρασμα βγάζετε για τα σημεία όπου το ορθόκεντρο και το βαρύκεντρο του τριγώνου ;

Το ερώτημα του Σωτήρη είναι ο συνδυασμός των β) και γ) ερωτημάτων της παραπάνω άσκησης.

Για το α) Είναι γνωστό (εφαρμογή του σχολικού βιβλίου) ότι: $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG}$ , όπου

το βαρύκεντρο του τριγώνου ABC

. Συνεπώς από τη δοσμένη έχουμε $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$ άρα το σημείο

προσδιορίζεται.

Για το β) Η σχέση $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}$ γράφεται ισοδύναμα

$\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}$ δηλαδή $2\overrightarrow{OK}=\overrightarrow{AH}$ που είναι το ζητούμενο. Κυκλικά έχουμε και τις υπόλοιπες τρεις σχέσεις.

Για το γ) Λόγω των σχέσεων του ερωτήματος β) είναι $AH\parallel OK$ και $OK\perp BC$ άρα $AH\perp BC$ . Κυκλικά από τις υπόλοιπες σχέσεις έχουμε $BH\perp CA$ και $CH\perp AB$ . Άρα το σημείο

που προσδιορίσαμε στο ερώτημα α είναι το ορθόκεντρο.

Πλέον, λόγω της σχέσης $\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}$ τα σημεία O,G,H

είναι συνευθειακά (ευθεία του Euler) και μάλιστα το

χωρίζει την

σε λόγο

.

Αλέξανδρος

S.E.Louridas · #16

Αρχικά θα ήθελα να ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο για δύο πράγματα, το πρώτο είναι για τον Άριστο τρόπο που χειρίστηκε την επίλυση του προβλήματος και το δεύτερο για τις θύμησες της εποχής που με αυτό τον τρόπο, να προτείνω δηλαδή γεωμετρικό πρόβλημα, επέλεξα να γίνω και εγώ μέλος αυτού του
γίγαντα mathematica που αποτελεί πλέον ηχηρή Απάντηση στην πρόκληση της εποχής μας, αλλά και σημείο αναφοράς.
Στη συνέχεια θα ήθελα να καταθέσω και την ημέτερη διαπραγμάτευση για το γενικό πλέον πρόβλημα που ακολουθεί:

S.E.Louridas έγραψε:...Αν ,τώρα,συζητούσαμε τό πρόβλημα λίγο πιό διεξοδικά θά μπορούσαμε νά το γενικεύσουμε ακόμα περισσότερο ως εξής :
Δίνεται κύκλος κέντρου Κ καί ακτίνας ρ. Εστω Ρ εξωτερικό σημείο τού κύκλου αυτού καί σημείο Α τής περιφέρειας του ώστε το Α νά μήν ανήκει στήν ευθεία ΚΡ .Να αποδειχθεί οτι υπάρχει ευθεία πού διερχεται από το Ρ τέμνουσα τόν κύκλο σε σημεία Β,Γ ώστε το ορθόκεντρο Η του τριγώνου ΑΒΓ να βλέπει το ΑΚ υπό δεδομένη γωνία, έστω φ ...

Αφού η γωνία KHA

είναι δεδομένη $\varphi$ το σημείο

θα κινείται σε σταθερό τόξο. Γνωρίζουμε ότι AH=2KM

, που οδηγεί στην θεώρηση του ευθύγραμμου τμήματος
$AG\mathop = \limits^\parallel 2KP\;\; (\vec{AG}=2\vec{KP}),$
όταν

είναι το μέσο της βάσης

οπότε κατασκευάζουμε με αυτό τον τρόπο σημείο

.
Τα τρίγωνα KMP, AHG

καθίστανται όμοια, επομένως
$\angle AHG = \angle KMP = \frac{\pi }{2}$ , δηλαδή το σημείο

θα κινείται επίσης σε κύκλο με διάμετρο

. Συνεπώς το ορθόκεντρο

προσδιορίζεται πλήρως, οπότε προσδιορίζεται πλήρως και το τρίγωνο ABC

.

(*) Πρόκειται για Κατασκευαστικό προσδιορισμό, δηλαδή προσδιορισμό με κανόνα και διαβήτη.

S.E.Louridas · #17

Πράγματι η άσκηση που διδάσκει ο Αλέξανδρος είναι και μέθοδος επίλυσης για πολλά προβλήματα στα διανύσματα και θα πρέπει να διδάσκεται.
Θα ήθελα να μου επιτραπεί να δούμε και την μέθοδο της γραμμικής ανεξαρτησίας δύο διανυσμάτων που τελικά εφαρμόζεται χωρίς να την αναφέρουμε, κάνοντας το γνωστό «κόλπο» με την μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. Προσωπικά θα την δίδασκα με το «κόλπο» αυτό.

Συγκεκριμένα και στην εδώ περίπτωση, σε τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

έχουμε:
Αν

είναι το μέσο της πλευράς

,

είναι το μέσο της πλευράς

και

το ορθόκεντρο του τριγώνου μας θα είχαμε:
$\overrightarrow {AH} = m\overrightarrow {KM} ,\;\overrightarrow {BH} = n\overrightarrow {KN} ,\quad m,n \in {\Cal R}_ + ^ * ,$
οπότε παίρνουμε
$\overrightarrow {HA} - \overrightarrow {HB} = \overrightarrow {BA} = 2\left( {\overrightarrow {MC} + \overrightarrow {CN} } \right) = 2\overrightarrow {MN} \, \Rightarrow$
$\overrightarrow {HA} - \overrightarrow {HB} = 2\overrightarrow {KN} - 2\overrightarrow {KM} \, \Rightarrow$

$\left( {m - 2} \right)\overrightarrow {KM} - \left( {n - 2} \right)\overrightarrow {KN} = \overrightarrow 0 \Rightarrow m = n = 2$ ,
αφού τα διανύσματα στην τελευταία ισότητα είναι γραμμικώς ανεξάρτητα.
Τελικά ισχύει $\overrightarrow {AH} = 2\overrightarrow {KM} ,\;\overrightarrow {BH} = 2\overrightarrow {KN}.$

Αποδείξαμε λοιπόν και με αυτό τον "παράνομο" τρόπο, που όμως τελικά βρίσκεται "νόμιμη και γρήγορη οδός" να ξεπεραστεί ότι:
Η απόσταση μιας κορυφής τριγώνου από το ορθόκεντρό του ισούται μέ τό διπλάσιο τής απόστασης τού κέντρου τού περιγεγραμένου του κύκλου από την αντίστοιχη τής κορυφής αυτής πλευρά.

#18

Σε 3-4 μέρες θα κυκλοφορήσει το βιβλίο μου και του Δ.Λυκκσ ΕΔΩΔΙΜΑ ΑΠΟΙΚΙΑΚΑ - ΜΠΑΚΑΛΙΚΟ από τις εκδόσεις 24 γράμματα και θα περιέχει 2 λύσεις του προβλήματος που συζητήθηκε Μια με ορθοκεντρική τετράδα και μια με συζυγή αρμονικά
Ρ.Μ

#19

R BORIS έγραψε: Τετ Φεβ 05, 2025 9:51 pm Σε 3-4 μέρες θα κυκλοφορήσει το βιβλίο μου και του Δ.Λυκκσ ΕΔΩΔΙΜΑ ΑΠΟΙΚΙΑΚΑ - ΜΠΑΚΑΛΙΚΟ από τις εκδόσεις 24 γράμματα και θα περιέχει 2 λύσεις του προβλήματος που συζητήθηκε Μια με ορθοκεντρική τετράδα και μια με συζυγή αρμονικά
Ρ.Μ

Ροδόλφε, τι ωραία έκπληξη είναι αυτή!

Το περιμένουμε με χαρά γιατί γνωρίζω την ποιότητά σου καθώς και του (κάποτε μαθητή σου αλλά σήμερα) κοινού μας φίλου Δημήτρη Λύκκα.

Ευρηματικός και νοσταλγικός ο τίτλος, με την ξεχασμένη σήμερα λέξη "εδώδιμα". Τα παλιά χρόνια ήταν κοινός τίτλος στα μπακάλικα, αλλά όπως έφυγαν αυτά και αντικαταστάθηκαν από τα σουπερμάρκετ, έφυγε και η λέξη εδώδιμα. Σημαίνει (το λέω για τους πιο νέους) τροφή. Βγαίνει από το αρχαίο ρήμα "έδω" που σημαίνει "τρώω", από όπου η λέξη "εδωδή" που σήμαινε "τροφή". Η δε λέξη "αποικιακά" στα παλιά μπακάλικα σήμαινε κυρίως μπαχαρικά ή εξωτικά προϊόντα από την ανατολή.

Περιμένουμε, λοιπόν, τα εξωτικά σας προϊόντα.

ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

Re: ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

Re: ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

Re: ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ ΓΙΑ ΣΥΖΗΤΗΣΗ ,απόψεις γνωριμίας

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ ΓΙΑ ΣΥΖΗΤΗΣΗ ,απόψεις γνωριμίας

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ ΓΙΑ ΣΥΖΗΤΗΣΗ ,απόψεις γνωριμίας

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ ΓΙΑ ΣΥΖΗΤΗΣΗ ,απόψεις γνωριμίας

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ ΓΙΑ ΣΥΖΗΤΗΣΗ ,απόψεις γνωριμίας

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ ΓΙΑ ΣΥΖΗΤΗΣΗ ,απόψεις γνωριμίας

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ....συνέχεια τής συζήτησης

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ....συνέχεια της συζήτησης

Re: ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ....συνέχεια της συζήτησης

Re: ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟ ΘΕΜΑ ΓΙΑ ΣΥΖΗΤΗΣΗ ,απόψεις γνωριμίας

Re: ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ

Re: ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ

Re: ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

Re: ΕΝΑ ΓΕΩΜ. ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΕΜΠΝΕΥΣΜΕΝΟ ΑΠΟ ΕΝΑ ΑΛΛΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ ΤΟΥ ΜΙΤ

Μέλη σε σύνδεση