Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Κώστας Παππέλης · #1

Δίνεται τρίγωνο ABC

με μεγαλύτερη πλευρά την

(δεν είμαι σίγουρος αν αυτό χρειάζεται),

περίκεντρο και

έγκεντρο. Έστω ότι ο εγγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται στις

,

στα

,

αντίστοιχα. Οι

,

τέμνουν τις

,

στα

,

αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι η

είναι παράλληλη στην ευθεία που ενώνει τα ορθόκεντρα των DKL

και

.

(με κάθε επιφύλαξη για την ορθότητα αλλά νομίζω είναι οκ)

Ανδρέας Πούλος · #2

Κώστα,
Χρειάζεται η ΒΓ να είναι η μεγαλύτερη πλευρά, ή διαφορετική από τις ΑΒ, ΑΓ,
αλλιώς οι DE, DF δεν θα τέμνουν τις ΑΒ, ΑΓ , αφού θα είναι παραλληλες, (αυτό θέλει μία απλή απόδειξη).
Είμαι στο ξεκίνημα της λύσης.
Πάντως, κάτι μου θυμίζει αφού σχετίζεται με την ευθεία και τον κύκλο του Euler. Και δεν είμαι σε μέρος που μπορώ να συμβουλευτώ τα βιβλία μου.
Φιλικά,
Ανδρέας

Κώστας Παππέλης · #3

Σίγουρα χρειάζεται να είναι διαφορετική σε μήκος, αλλά για το αν θα είναι μεγαλύτερη δεν είμαι σίγουρος. Η λύση μου φαίνεται να δουλεύει μόνο τότε. Η λύση αυτή δε σχετίζεται με τα θεωρήματα του Euler, αλλά αν βρείτε λύση που να τα χρησιμοποιεί με χαρά θέλω να τη δω! Η δική μου λύση χρησιμοποιεί δύο πολύ ενδιαφέροντα λήμματα, ένα πολύ γνωστό και ένα όχι τόσο.

#4

Σίγουρα ωραία και αρκετά δύσκολη η άσκησή σου Κώστα.
Συμφωνώ με τον συνονόματό μου για ευθεία και κέντρο κύκλου Euler του DEF, στη (μερική προς το παρόν) λύση τουλάχιστον που βλέπω.
Με μία παρατήρηση :
Τα O, I και τα δύο ορθόκεντρα είναι συνευθειακά (δηλαδή έχουμε την ευρεία έννοια της παραλληλίας).
Αυτό που δε βλέπω ακόμα είναι το ορθόκεντρο του DKL.
Φιλικά,
Ανδρέας

Κώστας Παππέλης · #5

Να δώσω μια υπόδειξη:

Αρκεί να αποδείξουμε ότι η ευθεία που ενώνει τα ορθόκεντρα είναι κάθετη στο ριζικό άξονα του περιγεγραμμένου και του εγγεγραμμένου κύκλου. Ας προσπαθήσουμε να βρούμε ποιος είναι ο ριζικός άξονας.

#6

Κώστα καλημέρα και σ' ευχαριστώ για την υπόδειξη.

Άλλα αντί άλλων έψαχνα και είχα φτάσει κοντά στη λύση, αλλά κόλλησα σε ένα (απλό καθώς φαίνεται) Λήμμα που δεν μου έβγαινε και τα παράτησα.

Θα βάλω αργότερα τη σκέψη μου και την αναφορά που βρήκα σε κάποιο βιβλίο του Σ. ΚΑΝΕΛΛΟΥ.

Κώστας Βήττας.

#7

$\bullet$ Έστω $I_{a},\ I_{b},\ I_{c},$ τα παράκεντρα του δοσμένου τριγώνου $\triangle ABC$ και είναι γνωστό ότι το έγκεντρο

του $\triangle ABC,$ ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου $\triangle I_{a}I_{b}I_{c}.$

Επίσης, το περίκεντρο

του $\triangle ABC,$ ταυτίζεται με το κέντρο του Κύκλου Euler του $\triangle I_{a}I_{b}I_{c}.$

Άρα έχουμε ότι η ευθεία

είναι η Ευθεία Euler του τριγώνου $\triangle I_{a}I_{b}I_{c}.$

Στο τρίγωνο τώρα $\triangle DE F$ με ορθόκεντρο έστω το

η Ευθεία Euler είναι η IZ,

καθώς το

το έγκεντρο του $\triangle ABC$

, ταυτίζεται με το περίκεντρο του.

Στα τρίγωνα $\triangle DE F,\ \triangle I_{a}I_{b}I_{c},$ που είναι ομοιόθετα μιας και έχουν τις πλευρές τους παράλληλες μία προς μία, συμπεραίνουμε ότι οι ομόλογες ευθείες τους είναι παράλληλες.

Άρα οι ευθείες $OI,\ IZ,$ ως ομόλογες ευθείες αυτών των τριγώνων είναι παράλληλες και επειδή έχουν το

κοινό σημείο τους, ταυτίζονται. Συμπεραίνεται έτσι, ότι τα σημεία $O,\ I,\ Z,$ είναι συνευθειακά.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $M\equiv AB\cap EZ,\ N\equiv AC\cap FZ$ και έστω $Z^{\prime},$ το ορθόκεντρο του τριγώνου $\triangle DKL,$ όπου $K\equiv AB\cap DE$ και $L\equiv AC\cap DF.$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, ισχύει ότι $\displaystyle\frac{BM}{MK} = \frac{CN}{NL}$ ,(1)

Από

έχουμε ότι οι δέσμες παράλληλων ευθειών $BI\parallel MZ\parallel KZ^{\prime}$ και $CI\parallel NZ\parallel LZ^{\prime}$ έχουν ίσους λόγους και αρα τα $I,\ Z,\ Z^{\prime},$ ως τα σημεία τομής των ομόλογων ευθειών τους, είναι συνευθειακά.

Άρα τα σημεία $Z,\ Z^{\prime},$ ορθόκεντρα των τριγώνων $\triangle DE F,\ \triangle DKL$ αντιστοίχως, ανήκουν στην ευθεία

και η Πρόταση ΚΑΠΑ

= ΚΑΝΕΛΛΟΥ-ΠΑΠΕΛΛΗ

έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τετράπλευρο και έστω τα σημεία $E\equiv AB\cap CD,\ F\equiv AD\cap BC$ και $P\equiv AC\cap BD$ . Δια των σημείων $K\equiv AD\cap EP,\ L\equiv BC\cap EP,$ φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $AC,\ BD,$ οι οποίες τέμνουν την δια του παράλληλη ευθεία προς την στα σημεία $L^{\prime},\ K^{\prime},$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle\frac{KM}{MD} = \frac{LN}{NC},$ όπου $M,\ N$ είναι τα σημεία επί των $AD,\ BC$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $BM\parallel KK^{\prime}$ και $AN\parallel LL^{\prime}.$

ΣΗΜΕΙΩΣΕΙΣ - ΣΧΟΛΙΑ :

(1) - Το πρώτο μέρος του προβλήματος που έχει τεθεί, ότι δηλαδή τα σημεία $O,\ I,\ Z$ είναι συνευθειακά, έρχεται από το παρελθόν. Υπάρχει ως προτεινόμενη άσκηση με υπόδειξη, στη σελίδα 495 του βιβλίου ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ του Σ. Γ. ΚΑΝΕΛΛΟΥ, που είχε εκδοθεί για σχολική χρήση από τον ΟΕΔΒ το 1975, για τις τάξεις "Δ', Ε', ΣΤ' Γυμνασίου Θετικής Κατευθύνσεως".

Στην εκφώνηση μάλιστα ως δεύτερο ζητούμενο, είναι το να αποδειχθεί ότι αληθεύει η ισότητα $\displaystyle\frac{OI}{IZ} = \frac{R}{r},$ όπου $R,\ r,$ είναι αντιστοίχως οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και εγγεγραμμένου κύκλου, του δοσμένου τριγώνου $\triangle ABC.$

Από τις εκδόσεις ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΟΠΟΥΛΟΥ, είχε κυκλοφορήσει σε τεύχη ( συλλεκτικά δυσεύρετα σήμερα ) τις λύσεις των ασκήσεων του βιβλίου του ο Σ.ΚΑΝΕΛΛΟΣ και διασκευή της απόδειξης που υπάρχει εκεί, περιγράφεται παραπάνω.

Έτσι λοιπόν προέκυψε το λογοπαίγνιο " Πρόταση ΚΑΠΑ," για το πρόβλημα που έχει τεθεί.

(2)

- Για το δεύτερο μέρος, ότι δηλαδή στην ευθεία

ανήκει και το ορθόκεντρο $Z^{\prime}$ του τριγώνου $\triangle DKL,$ η απόδειξη βασίζεται στο παραπάνω Λήμμα, το οποίο φαίνεται απλό αλλά η απόξειξή του που μπόρεσα τελικά να βρω, είναι πολύπλοκη ( χρησιμοποιώντας διαδοχικά άλλα Λήμματα ) και θα τη βάλω αργότερα αν δεν βρεθεί κάτι απλούστερο.

Κώστας Βήττας.

Κώστας Παππέλης · #8

Πολύ όμορφο. Δεν είχα δει ότι τα σημεία είναι συνευθειακά. Απλά την παραλληλία είχα διαπιστώσει.

Βάζω την απόδειξή μου για την παραλληλία, η οποία σε συνδυασμό με το πρώτο μισό της απόδειξης του κύριου Βήττα για τη συνευθειακότητα των 3 σημείων δίνει το ζητούμενο.

Έστω ότι η

τέμνει την

στο

. Είναι γνωστό από το θεώρημα Desarques ( θυμηθείτε το σημείο Gergonne ) ότι και η

περνάει από το

.

Έστω το πλήρες τετράπλευρο EKLFDP

με τις διαγώνιες $LE,\ FK,\ PD$ . Τα ορθόκεντρα των DE F

και

ανήκουν στην ευθεία Aubert του πλήρους τετραπλέυρου η οποία είναι κάθετη στην ευθεία Newton-Gauss. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι η

είναι κάθετη στην ευθεία Newton-Gauss. Άρα αρκεί η ευθεία Newton-Gauss να είναι ο ριζικός άξονας του εγγεγραμμένου και του περιγεγραμμένου κύκλου.

Έστω $M,\ N$ τα μέσα των $EL,\ FK$ αντίστοιχα. Έχουμε λόγω των αρμονικών τετράδων (θυμηθείτε πάλι το σημείο Gergonne) ότι (ME)^2=(MA)(MC)

και

(από το θεώρημα Newton). Άρα τα $M,\ N$ έχουν ίδιες δυνάμεις το καθένα ως προς τους δύο κύκλους, γεγονός που ολοκληρώνει την απόδειξη.

#9

Κώστας Παππέλης έγραψε:Έστω ότι η τέμνει την στο . Είναι γνωστό από το θεώρημα Desarques ( θυμηθείτε το Σημείο Gergonne ) ότι και η περνάει από το .

Έστω το πλήρες τετράπλευρο με τις διαγώνιες . Τα ορθόκεντρα των και ανήκουν στην ευθεία Aubert του πλήρους τετραπλέυρου η οποία είναι κάθετη στην ευθεία Newton-Gauss. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι η είναι κάθετη στην ευθεία Newton-Gauss. Άρα αρκεί η ευθεία Newton-Gauss να είναι ο ριζικός άξονας του εγγεγραμμένου και του περιγεγραμμένου κύκλου.

Έστω τα μέσα των αντίστοιχα. Έχουμε λόγω των αρμονικών τετράδων (θυμηθείτε πάλι το σημείο Gergonne) ότι και (από το θεώρημα Newton). Άρα τα έχουν ίδιες δυνάμεις το καθένα ως προς τους δύο κύκλους, γεγονός που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Κώστα καλημέρα και σ' ευχαριστώ για μία εμπνευσμένη απόδειξη. Δεν ξέρω αν υπάρχει εκεί, αλλά σίγουρα είναι για το "Βιβλίο".

Όμορφα συναισθήματα που σου χαρίζει απλόχερα η Γεωμετρία.

$\bullet$ Ας δούμε μία εναλλακτική προσέγγιση για την απόδειξη του ότι τα σημεία $O,\ I,\ Z,$ είναι συνευθειακά.

Τα τρίγωνα $\triangle DE F,\ \triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ , όπως έχουμε πει πιο πάνω, είναι ομοιόθετα στο σημείο έστω $X\equiv A^{\prime}D\cap B^{\prime}E\cap C^{\prime}F.$

Τα περίκεντρα $O^{\prime},\ I$ αυτών των τριγώνων, είναι ομόλογα σημεία στην ομοιοθεσία κέντρου

και άρα η ευθεία που τα συνδέει περνάει από το

και επειδή το περίκεντρο

του $\triangle ABC$

ως το κέντρο του Κύκλου Euler του $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$

ανήκει στην ευθεία $O^{\prime}I,$ έχουμε ότι τα σημεία $O,\ I,\ X,$ είναι συνευθειακά.

Τα τρίγωνα τώρα $\triangle ZEF,\ \triangle IB^{\prime}C^{\prime}$ , είναι προοπτικά γιατί έχουν τις πλευρές τους παράλληλες μία προς μία και άρα η ευθεία

περνάει από το σημείο $X\equiv EB^{\prime}\cap FC^{\prime}.$

Δηλαδή το ορθόκεντρο

του $\triangle DE F$ ανήκει στην ευθεία

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Βασιζόμενοι στην ομοιοθεσία κέντρου

των τριγώνων $\triangle DE F,\ \triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime},$ συμπεραίνουμε ότι $\displaystyle\frac{O^{\prime}I}{IZ} = u = \frac{R^{\prime}}{r}$ ,(1)

όπου $R^{\prime}$ είναι η ακτίνα του περίκυκλου $(O^{\prime})$ στο τρίγωνο $\triangle A^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}$ ,

είναι η ακτίνα του (I)

, περίκυκλου του $\triangle DE F$ και

είναι ο λόγος της ομοιοθεσίας κέντρου

και ο οποίος ως γνωστό, ισούται με τον λόγο των ομόλογων γραμμικών στοιχείων στα τρίγωνα αυτά.

Από (1)

$\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{2OI}{IZ} = \frac{2R}{r}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{OI}{IZ} = \frac{R}{r}$ ,(2)

όπου $R^{}$ είναι η ακτίνα του περίκυκλου (O)

του $\triangle ABC.$

Η (2)

είναι το δεύτερο ζητούμενο που αναφέρω πιο πάνω, στην εκφώνηση της άσκησης 1331, στο βιβλίο του Σ. ΚΑΝΕΛΛΟΥ.

Κώστας Βήττας.

#10

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνεται τετράπλευρο και έστω τα σημεία $E\equiv AB\cap CD,\ F\equiv AD\cap BC$ και $P\equiv AC\cap BD$ . Δια των σημείων $K\equiv AD\cap EP,\ L\equiv BC\cap EP,$ φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις $AC,\ BD,$ οι οποίες τέμνουν την δια του παράλληλη ευθεία προς την στα σημεία $L^{\prime},\ K^{\prime},$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle\frac{KM}{MD} = \frac{LN}{NC},$ όπου $M,\ N$ είναι τα σημεία επί των $AD,\ BC$ αντιστοίχως, ώστε να είναι $BM\parallel KK^{\prime}$ και $AN\parallel LL^{\prime}.$

Δείτε Εδώ, μία απόδειξη, από τον ταλαντούχο Γρηγόρη Κακλαμάνο ( Grigoris K. ), δύσκολη ίσως, αλλά πολύ απλούστερη από αυτήν που έχω υπόψη μου και την οποία ελπίζω να αξιωθώ κάποια στιγμή ( είναι μία από τις πολλές οφειλές μου στο

) να την βάλω ως εναλλακτική προσέγγιση.

Κώστας Βήττας.

Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Re: Όμορφη γεωμετρία (δική μου)

Μέλη σε σύνδεση