Κλασική Ευκλείδεια

Σκοτίδας Σωτήριος · #1

Καλησπέρα σε όλους.
Πολύ ωραία και κατάλληλη για το σχολικό επίπεδο η άσκησή Μπάμπη.
Παραθέτω μια προτεινόμενη Γεωμετρίας κατάλληλης όμως για Διαγωνισμούς.

Έστω ABCD κυρτό τετράπλευρο ώστε <DAB = <ABC = < BCD . Αν H και O είναι το ορθόκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα του τριγώνου ABC , αποδείξτε ότι τα σημεία Η, Ο , D είναι συνευθειακά.

S.E.Louridas · #2

Θα ήθελα απλά να αναφερθώ στο φίλο και συνάδελφο Σωτήρη Σκοτίδα και την τεράστια προσφορά του στην επίλυση και κατασκευή ασκήσεων και επιπέδου Ολυμπιάδων. Είχα την χαρά, όταν ήμουν υπεύθυνος της στήλης των Ολυμπιάδων του ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β΄, να έχω ''φιλοξενίσει'' πολλές Παρεμβάσεις του που δίδασκαν πραγματικά. Ελπίζω στην συχνότερη πλέον παρουσία του εδώ. Αλλη μία μονάδα επιπέδου off της πρωτεύουσας.

S.E.Louridas

(*) Δυστυχώς αυτό το καιρό έχω ένα τεχνικό πρόβλημα στον P.C. και δέν μπορώ να συμμετέχω οπως θα ήθελα στην οικογένεια mathematica.

Σκοτίδας Σωτήριος · #3

Όπως έλεγε και ο Κοντογιάννης ο Δημήτρης (επί σειρά ετών προπονητής της Εθνικής Μαθηματικής Ομάδας) στον πρόλογο του βιβλίου του "Αναλυτική Γεωμετρία", ο Σωτήρης ο Λουρίδας είναι ένας παθιασμένος λύτης και εγώ σίγουρα κατώτερός του.

#4

Σκοτίδας Σωτήριος έγραψε: Έστω ABCD κυρτό τετράπλευρο ώστε <DAB = <ABC = < BCD . Αν H και O είναι το ορθόκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα του τριγώνου ABC , αποδείξτε ότι τα σημεία Η, Ο , D είναι συνευθειακά.

Παραθέτω τη λύση που βρήκα στην όμορφη αυτή άσκηση.
Έστω ότι η CD και η ΑΒ τέμνονται στο Κ, οι ΑD,BC στο L και Μ,Ν τα μέσα των BC,AB αντίστοιχα. Αν P,Q είναι οι προβολές του D στις BC,AB αντίστοιχα και T,S τα ίχνη των υψών από τα A,B τότε αρκεί να δείξουμε ότι
$\frac{PM}{MT}=\frac{QN}{NS}$ . Όμως $\frac{CM}{PM}=\frac{CK}{DK}$ και $\frac{BM}{TM}=\frac{BK}{AK}$ , οπότε διαιρώντας έχουμε $\frac{PM}{TM}=\frac{KD}{AK}$ .

Όμοια $\frac{QN}{NS}=\frac{LD}{LC}$ Όμως το ACLK

είναι εγγράψιμο άρα $\frac{LD}{LC}=\frac{KD}{AK}$ οπότε έχουμε το ζητούμενο.

Σκοτίδας Σωτήριος · #5

Smar σ΄ ευχαριστώ για την ωραία λύση (αν και νομίζω πως την παρουσίασες ελαφρώς περιληπτικά). Να σημειώσω πως από απροσεξία (κατά την γραφή) στην ισότητα που βγάζεις μετά την διαίρεση των μελών, δηλαδή την $\frac{{PM}}{{TM}} = \frac{{AD}}{{AK}}$
το σωστό είναι $\frac{{PM}}{{TM}} = \frac{{KD}}{{AK}}$
.
Τέλος να αναφέρω πως η δικιά μου εκδοχή αντιμετώπισης σχετίζεται με την ευθεία του Euler και το Θεώρημα του Πάππου.
Και πάλι σ΄ ευχαριστώ για την ενασχόληση.
Φιλικά
Σωτήρης

#6

Ευχαριστώ για την επισήμανση το τυπογραφικού (το διόρθωσα). Είναι ελαφρώς περιληπτικό όντως αλλά δεν είχα πολύ χρόνο όταν την εγραφα. Αν υπάρχουν ερωτήσεις από κάποιον θα κάνω τις απαραίτητες προσθήκες.
Θα ήθελα να δω τη λύση σας πάντως.
Σιλουανός

S.E.Louridas · #7

● Ας δούμε μία άποψη με βάση το όμορφο αυτό Μαθηματικό πρόβλημα.
Θεωρούμε σαν βάση το αντίστοιχο σχήμα όπου:
FA=FB, EB=EC, οπότε παίρνουμε: <Α= <Β= <C, στο τετράπλευρο ABCD
$EE{'} \bot BC,FF{'} \bot AB,CC{'} \bot AB,AA{'} \bot CB,DD{'} \bot CB,DD{''} \bot AB.$
Από το θεώρημα της διχοτόμου παίρνουμε:
$\frac{{DL}} {{LA}} = \frac{{ED}} {{EA}},\frac{{DK}} {{KC}} = \frac{{FD}} {{FC}}.$
Από την ομοιότητα των τριγώνων EAD, DCF, προκύπτει ότι: $\frac{{ED}} {{EA}} = \frac{{FD}} {{FC}} \Rightarrow \frac{{DL}} {{LA}} = \frac{{DK}} {{KC}} \Rightarrow \frac{{D{'} E{'} }} {{E{'} A{'} }} = \frac{{D{''} F{'} }} {{F{'} C{'} }},$ πράγμα που οδηγεί ευθέως στο γεγονός ότι τα σημεία Η, Η΄, D είναι συνευθειακά. Το σημείο Η΄ που είναι ορθόκεντρο του τριγώνου FHB, είναι ταυτόχρονα και περίκεντρο του τριγώνου ABC.

● Ο Δημήτρης Κοντογιάννης είναι εν ζωή και όπως γνωρίζουμε όλοι είναι εκ των Ιδρυτών των Βαλκανικών Ολυμπιάδων (Juniors). Τεράστια η αξία του και η προσφορά του.
Όταν συνεργαζόμαστε, πολλαπλά και επί σειρά ετών, του άρεσαν οι παρεμβάσεις μου ή οι λύσεις που έδινα και μάλιστα οι τοποθετήσεις μου σε διάφορες επιστημονικές παρεμβάσεις που ξεκινούσαν από την άποψη μου ότι η επίλυση ασκήσεων με έμφαση στον τρόπο επίλυσης είναι κριτήριο για το βάθος που έχουμε κατανοήσει και την αντίστοιχη θεωρία. Και εννοώ την οπτική γωνιά από την οποία μπαίνουμε στην διαδρομή της επίλυσης ,έστω και αν τελικά δεν καταφέρουμε να λύσουμε την άσκηση, το πρόβλημα. Σε πολλές από τις ασκήσεις του βιβλίου του έκανα τέτοιες παρεμβάσεις που έγιναν αποδεκτές και μου είπε ότι ήθελε να αναφερθεί στο πάθος με το οποίο πρόβαλα την κορυφαία στιγμή της επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος, μίας Μαθηματικής άσκησης. Έτσι έγινε και η συγκεκριμένη αναφορά που προφανώς με τιμά ιδιαιτέρως.

S.E.Louridas

Παναγιώτης 1729 · #8

Μία διαφορετική λύση (χρησιμοποιώ τα E,F,H,A',C',F',E'

όπως στο σχήμα του κυρίου Λουρίδα):

Έστω ότι η AH,CH

τέμνουν τις CE,AF

στα

αντίστοιχα.

Το τετράπλευρο ACFE

είναι, όπως ανέφερε και ο Σιλουανός, εγγράψιμο. Άρα, $\widehat{EAF}=\widehat{ECF}$ .

Ακόμη $\widehat{TAE}=\widehat{BAA'}=\widehat{BCC'}=\widehat{FCS}$ .

Από τα δύο παραπάνω αποτελέσματα προκύπτει ότι $\widehat{TAS}=\widehat{TCS}$ , άρα το τετράπλευρο ACST

είναι εγγράψιμο, επομένως $\widehat{TSA}=\widehat{TCA}=\widehat{ECA}=\widehat{EFA}$ , οπότε TS//EF

.

Το ζητούμενο προκύπτει π.χ. αν παρατηρήσουμε ότι τα τρίγωνα EFO,THS

είναι ομοιόθετα. (αν θέλουμε να αποφύγουμε την ομοιοθεσία θεωρούμε το σημείο

όπου η

τέμνει την AA'

και αποδεικνύουμε με θεώρημα Θαλή ότι CX//FF'

, άρα τα

ταυτίζονται. )

dimitris pap · #9

Σκοτίδας Σωτήριος έγραψε: Τέλος να αναφέρω πως η δικιά μου εκδοχή αντιμετώπισης σχετίζεται με την ευθεία του Euler και το Θεώρημα του Πάππου.
Και πάλι σ΄ ευχαριστώ για την ενασχόληση.
Φιλικά
Σωτήρης

Πολύ ωραία ιδέα κ. Σκοτίδα! Φαντάζομαι εννοείτε το εξής (πολύ απλό και κομψό

)

Εφαρμόζουμε θεώρημα Πάππου στις τριάδες F,C,E'

και

και παίρνουμε άμεσα ότι:

D,H,G

συνευθειακά!! (όπου G to βαρύκεντρο του ABC) κι αφού O,G,H

βρίσκονται επί της ευθείας Euler, D,H,O

συνευθειακά!

Υ.Γ. πιστεύω απλά πως το θέμα πρέπει να μετακινηθεί στα θέματα για διαγωνισμούς!

#10

Μια άλλη σκέψη:
Κατ' αρχήν το σχήμα μπορεί να κατασκευαστεί θεωρώντας δύο όμοια ισοσκελή τρίγωνα(περιγράφτηκαν και στις προηγούμενες λύσεις),
ώστε να έχουν κοινή μια από τις γωνίες των βάσεων αυτών.(αναρτημένο σχήμα).
Το περίκεντρο Ο του τριγώνου ΑΒC είναι το σημείο τομής των υψών ZK, EL των δύο αυτών ισοσκελών τριγώνων και το ορθόκεντρο H του ABC
είναι το σημείο τομής των καθέτων από τα σημεία Α, C προς τις βάσεις των BC, AB των ισοσκελών τριγώνων.

Για να είναι τα σημεία Η,Ο, D συνεθειακά θα πρέπει σύμφωνα με το αντίστροφο του θεωρήματος του Μενελάου εφαρμοζόμενο στο τρίγωνο
(ZAP) να ισχύει:

$\displaystyle \frac{ZD}{DA}.\frac{AH}{HP}.\frac{PO}{OZ}=1\ \ (1)$

Από την ομοιότητα των ισοσκελών τριγώνων θεωρώντας ότι:
$\displaystyle AB=a, BC=b, BZ=c\ \ (2)$
προκύπτει:
$\displaystyle EB=\frac{bc}{a},EA=\frac{bc-a^2}{a},ZC=c-b\ \ \left(3 \right)$
Σύμφωνα με τις τιμές αυτές υπολογίζουμε τους λόγους της σχέσης (1) ώς εξής:
Εφαρμόζουμε το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο ΖΑΒ με διατέμνουσα την ΕDC:
$\displaystyle \frac{ZD}{DA}.\frac{AE}{EB}.\frac{BC}{CZ}=1$
και επειδή:
$\displaystyle \frac{AE}{EB}=\frac{\frac{bc-a^2}{a}}{\frac{bc}{a}}=\frac{bc-a^2}{bc}$ , $\displaystyle \frac{BC}{CZ}=\frac{b}{c-b}$
Άρα:
$\displaystyle \frac{ZD}{DA}=\frac{c\left(c-b \right)}{bc-a^2}\ \ (4)$
Για τον επόμενο λόγο επίσης είναι:
$\displaystyle \frac{AH}{HP}=\frac{AN}{KN}=\frac{AK+KN}{KN}=\frac{AK}{KN}+1=\frac{KB}{KN}+1=\frac{ZB}{ZC}+1=\frac{c}{c-b}+1$
άρα:
$\displaystyle \frac{AH}{HP}=\frac{2c-b}{c-b}\ \ (5)$
Για το τρίτο λόγο έχουμε:
$\displaystyle \frac{PO}{OZ}=\frac{LM}{LZ}\ \ (6)$
όπου:
$\displaystyle \frac{LM}{EA}=\frac{MB}{AB}=\frac{LM+MB}{EA+AB}=\frac{LB}{EB}=\frac{\frac{b}{2}}{\frac{bc}{a}}=\frac{a}{2c}$
άρα:
$\displaystyle LM=\frac{a}{2c}(EA)=\frac{bc-a^2}{2c}\ \ (7)$
Επίσης:
$\displaystyle LZ=LC+CZ=\frac{b}{2}+c-b=\frac{2c-b}{2}\ \ (8)$
Από τις (7) και (8) η (6) γίνεται:
$\displaystyle \frac{PO}{OZ}=\frac{bc-a^2}{c\left(2c-b \right)}\ \ (9)$
Από τις (4), (5) και (9) η ζητούμενη (1) γίνεται:
$\displaystyle \frac{c(c-b)}{bc-a^2}.\frac{2c-b}{c-b}.\frac{bc-a^2}{c\left(2c-b \right)}=1\Leftrightarrow 1=1$
Άρα η (1) ισχύει και συνεπώς τα σημεία Ο, Η, D είναι συνευθειακά.

Σκοτίδας Σωτήριος · #11

Όλες οι λύσεις που διατυπώθηκαν ήταν πολύ καλές και πραγματικά ευρηματικές. Ευχαριστώ όλους εσάς που ασχοληθήκατε με το θέμα. Απλώς να αναφέρω την λύση που περιέγραψε ο Dimitris Pap προηγουμένως.

Έστω O , G , H το περίκεντρο , βαρύκεντρο , ορθόκεντρο αντίστοιχα του τριγώνου ABC . Ας είναι AD $\cap$
BC = {K} , AB $\cap$
CD = {L}
Λόγω της δοθείσας ισότητας των γωνιών , οι μεσοκάθετοι των AB , BC θα διέρχονται από τα K , L αντίστοιχα.
Δεν είναι άγνωστο ότι τα παραπάνω σημεία είναι συνευθειακά (ευθεία Euler).
Αν λοιπόν δείξουμε ότι τα σημεία O , D , G είναι συνευθειακά, το θέμα λήγει.
Πράγματι, εφαρμόζουμε το θεώρημα του Πάππου στις ευθείες
{K , C , N} και {M , A , L}, δηλαδή
ΜΚ

$\cap$
LN = {O} , AK $\cap$
LC = {D} , AN $\cap$
CM = {G}

#12

Ας δούμε μία εναλλακτική προσέγγιση βασισμένη στην ίδια ιδέα όπως και στις λύσεις των Σιλουανού και Σωτήρη ( Λουρίδα ) πιο πάνω.

ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΩΝ ΑΝΑΛΟΓΩΝ ΔΙΑΙΡΕΣΕΩΝ. - Εάν οι προβολές τριών σημείων πάνω σε δύο τεμνόμενες ευθείες ορίζουν τμήματα με ίσους λόγους, τότε τα σημεία αυτά ανήκουν στην ίδια ευθεία και αντιστρόφως.

$\bullet$ Έστω τα σημεία $E\equiv (O)\cap AD,\ F\equiv (O)\cap CD$ , όπου (O)

είναι ο περίκυκλος του τριγώνου $\triangle ABC$ και αποδεικνύεται εύκολα ότι $AF\parallel BC$ $\Longrightarrow$ $AF\perp AH$ και $CE\parallel AB$ $\Longrightarrow$ $CE\perp CH$ , από $\angle ABC = \angle BCD = \angle BAD$ .

Έστω $K,\ L,$ οι προβολές του

επί των ευθειών $AF,\ CE$ αντιστοίχως και από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\triangle KAD,\ \triangle LCD$

λόγω $\angle KAD = \angle LCD$

, έχουμε ότι $\displaystyle\frac{AD}{CD} = \frac{AK}{CL}$ ,(1)

Έστω $M,\ N,$ τα μέσα των $AF,\ CE$ αντιστοίχως και από τα όμοια τρίγωνα $\triangle ADF,\ \triangle CDE,$

έχουμε ότι $\displaystyle\frac{AD}{CD} = \frac{AF}{CE} = \frac{2AM}{2CN} = \frac{AM}{CN}$ ,(2)

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{AM}{CN} = \frac{AK}{CL}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{AM}{AK} = \frac{CN}{CL}$ ,(3)

Από

, σύμφωνα με το Θεώρημα των αναλόγων διαιρέσεων, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $H,\ O,\ D$ ανήκουν στην ίδια ευθεία και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Κλασική Ευκλείδεια

Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Re: Κλασική Ευκλείδεια

Μέλη σε σύνδεση