Sangaku!

#1

Ένα Sangaku:

Έστω εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{ABCD.}$
Τα τρίγωνα $\displaystyle{ABC,BCD,CDA,DAB}$ έχουν ως έγκεντρο τα σημεία $\displaystyle{K,L,M,N}$ αντίστοιχα.
Να αποδειχθεί ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{KLMN}$ είναι ορθογώνιο.

#2

: SANGAKU.jpg (32.25 KiB) Προβλήθηκε 1129 φορές

Έστω $\displaystyle{{I_{ABC}},{I_{BCD}},{I_{CDA}}{\text{ \& }}{I_{DAB}}}$ τα έκκεντρα των τριγώνων $\displaystyle{ABC,BCD,CDA{\text{ \& }}DAB}$ και $\displaystyle{{M_1},{M_2},{M_3}{\text{ \& }}{M_4}}$ τα μέσα των τόξων $\displaystyle{\widehat{AB},\widehat{BC},\widehat{CD}{\text{ \& }}\widehat{DA}}$ αντίστοιχα. Τότε

$\displaystyle{\hat \omega + \hat x = \frac{1}{4}\left( {\widehat{AD} + \widehat{DC}} \right){\text{ \& }}\hat x = \frac{1}{4}\widehat{DC} \Rightarrow \hat \omega = \frac{1}{4}\widehat{AD}}$ & $\displaystyle{\hat \varphi + \hat z = \frac{1}{4}\left( {\widehat{AD} + \widehat{AB}} \right){\text{ \& \hat z}} = \frac{1}{4}\widehat{AB} \Rightarrow \hat \varphi = \frac{1}{4}\widehat{AD}}$ . Άρα το τετράπλευρο $\displaystyle{BC{I_{BCD}}{I_{ABC}}}$ είναι

εγγράψιμο, οπότε $\displaystyle{\hat s = \hat z = \hat \mu }$ που σημαίνει $\displaystyle{{I_{BCD}}{I_{ABC}}\parallel {{\rm M}_1}{{\rm M}_3}}$ . Όμοια το τετράπλευρο $\displaystyle{AD{I_{CDA}}{I_{DAB}}}$ είναι εγγράψιμο … $\displaystyle{{I_{DAB}}{I_{CDA}}\parallel {{\rm M}_1}{{\rm M}_3}}$ .

Τα παραπάνω δηλώνουν $\displaystyle{{I_{DAB}}{I_{CDA}}\parallel {I_{ABC}}{I_{BCD}}}$ . Με εντελώς αντίστοιχο τρόπο προκύπτει $\displaystyle{{I_{ABC}}{I_{DAB}}\parallel {I_{BCD}}{I_{CDA}}}$ .

Δηλαδή το τετράπλευρο των έκκεντρων είναι καταρχήν παραλληλόγραμμο με απέναντι πλευρές παράλληλες των $\displaystyle{{{\rm M}_1}{{\rm M}_3}{\text{ \& }}{{\rm M}_2}{{\rm M}_4}}$ . Συνεπώς αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{{{\rm M}_1}{{\rm M}_3}{\text{ }} \bot {{\rm M}_2}{{\rm M}_4}}$ .

Όμως $\displaystyle{{M_1}\widehat{{M_4}}{M_2} = \frac{1}{4}\left( {\widehat{AB} + \widehat{BC}} \right){\text{ \& }}{M_4}\widehat{{M_1}}{M_3} = \frac{1}{4}\left( {\widehat{CD} + \widehat{DA}} \right) \Rightarrow {M_1}\widehat{{M_4}}{M_2} + {M_4}\widehat{{M_1}}{M_3} = }$ $\displaystyle{ = \frac{1}{4}\left( {\widehat{AB} + \widehat{BC} + \widehat{CD} + \widehat{DA}} \right) = \frac{\pi }{2} \Rightarrow {{\rm M}_1}{{\rm M}_3}{\text{ }} \bot {{\rm M}_2}{{\rm M}_4}}$
και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

#3

Θυμήθηκα (άντε καλά, αναζήτηση έκανα...) ότι είχαμε ξαναδώσει κάποια Sangaku.

εδώ.

Μαθηματική απόδειξη δεν δώσαμε (εγώ δεν έχω). Τα επαναφέρω, μέρες που είναι κι έχουμε λίγο περίσσιο χρόνο.

Γιώργος Ρίζος

Υ.Γ. Σεραφείμ, ομολογώ ότι το σχήμα σου με εντυπωσίασε! Χαρά στην υπομονή σου!
Μού θύμισε τα σχήματα των αγαπητών Κώστα Βήττα και Νίκου Κυριαζή που μου έστελνε με fax ο Νίκος Ιωσηφίδης, όταν επεξεργαζόμασταν τον Απολλώνιο και με έπιανε μια ψιλοζαλάδα στην ιδέα της σχεδίασής τους (στο Corel, για να εξαχθούν ως eps).

#4

Στο corel γίνονται τα σχήματα, είναι εύχρηστο, ακριβές, γρήγορο .. μετατρέπει τα σχήματα σε ότι format θέλεις, εισάγεις πολλών ειδών αρχεία στο φύλλο εργασίας, συνεργάζεται με όποιο πρόγραμμα θέλεις και το σπουδαιότερο .. το ξέρω καλά ..

#5

Έστω $K,\ L,\ M,\ N,$ τα μέσα των τόξων $AB,\ BC,\ CD,\ DA$ αντιστοίχως και $I_{1},\ I_{2},\ I_{3},\ I_{4},$ τα έγκεντρα των τριγώνων $\triangle ABC,\ \triangle BCD,\ \triangle CDA,\ \triangle DAB,$ αντιστοίχως.

Αποδεικνύεται εύκολα ότι $\angle KPL = 90^{o}$ $\Longrightarrow$ $KM\perp LN$ ,(1)

όπου $P\equiv KM\cap LN.$

Θεωρούμε το τρίγωνο $\triangle ABC$ και είναι γνωστό ότι το $I_{1}$ ανήκει στον κύκλο (K),

με κέντρο το

και ακτίνα KA = KB.

Ομοίως, αν θεωρήσουμε το τρίγωνο $\triangle DAB,$ έχουμε ότι το $I_{4}$ ανήκει επίσης στον κύκλο (K).

Άρα το τρίγωνο $\triangle KI_{1}I_{4}$ είναι ισοσκελές και λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle I_{1}KI_{4}$ συμπεραίνεται ότι $KM\perp I_{1}I_{4}$ ,(2)

και ομοίως από ισοσκελές τρίγωνο $\triangle MI_{2}I_{3},$ έχουμε ότι $KM\perp I_{2}I_{3}$ ,(3)

Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι $LN\perp I_{1}I_{2}$ ,(4)

και $LN\perp I_{3}I_{4}$ ,(5)

Από $(1),\ (2),\ (3),\ (4),\ (5),$ προκύπτει ότι το $I_{1}I_{2}I_{3}I_{4}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Υπάρχει ένα ακόμα ζητούμενο που συνοδεύει αυτό τό γνωστό πρόβλημα, για το οποίο δεν έχω υπόψη μου κάποια απόδειξη ( Δείτε Εδώ ).

Αποδείξτε ότι αληθεύει η ισότητα $r_{1} + r_{3} = r_{2} + r_{4},$ όπου $r_{1},\ r_{2},\ r_{3},\ r_{4},$ είναι οι ακτίνες των κύκλων $(I_{1}),\ (I_{2}),\ (I_{3}),\ (I_{4}),$ αντιστοίχως.

EDIT : Στην παραπομπή αμέσως πριν, αν πατήσετε στο πλήκτρο "POST A COMMENT", πάνω αριστερά ( τρίτη σειρά στο κείμενο ), θα δείτε μία άλλη απλή απόδειξη αυτής της ισότητας.

Επίσης, ως εφαρμογή του Θεωρήματος Pascal, αποδεικνύεται ότι οι διαγώνιες του $I_{1}I_{2}I_{3}I_{4},$ περνάνε από το σημείο $P\equiv KM\cap LN.$

dimitris pap · #6

Αποδείξτε ότι αληθεύει η ισότητα $r_{1} + r_{3} = r_{2} + r_{4},$ όπου $r_{1},\ r_{2},\ r_{3},\ r_{4},$ είναι οι ακτίνες των κύκλων $(I_{1}),\ (I_{2}),\ (I_{3}),\ (I_{4}),$ αντιστοίχως.

Πράγματι το σχήμα έχει πολλές ενδιαφέροντες ιδιότητες.

Για το συγκεκριμένο αρκεί να αποδείξετε ότι $\displaystyle r_2-r_3=I_2I_3\cdot\sin{\frac{BDC-ACD}{2}}$ και όμοια για το r_1-r_4

.
Επειτα χρήση του I_2I_3=I_1I_4

δίνει απευθείας το ζητούμενο!

Ενα άλλο πολύ ωραίο αποτέλεσμα το οποίο θέτω προς απόδειξη είναι:

Οι κύκλοι των 9 σημείων των 4 τριγώνων που σχηματίζουν οι κορυφές του ABCD

διέρχονται απ' το ίδιο σημείο (το λεγόμενο αντίκεντρο του τετραπλεύρου)

chris · #7

Rigio έγραψε:Θυμήθηκα (άντε καλά, αναζήτηση έκανα...) ότι είχαμε ξαναδώσει κάποια Sangaku.

εδώ.

Μαθηματική απόδειξη δεν δώσαμε (εγώ δεν έχω). Τα επαναφέρω, μέρες που είναι κι έχουμε λίγο περίσσιο χρόνο.

Καλησπέρα

Να υπενθυμίσω οτι άλυτο εδώ και ποοολύ καιρό παραμένει και το sangaku εδώ

Φιλικά

Sangaku!

Sangaku!

Re: Sangaku!

Re: Sangaku!

Re: Sangaku!

Re: Sangaku!

Re: Sangaku!

Re: Sangaku!

Μέλη σε σύνδεση