mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 15, 2021 12:21 pm**

: Παραλληλία από μέσα στη διχοτόμο.png (19.02 KiB) Προβλήθηκε 1493 φορές

Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα και ας είναι τα συμμετρικά των ως προς τα μέσα των αντίστοιχα (δεν τα ονομάζω ισοτομικά για να δικαιολογείται ο φάκελος ). Να δείξετε ότι $K{K}'\parallel AI$ , όπου τα μέσα των αντίστοιχα και το κέντρο του έγκυκλου.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 15, 2021 1:32 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τετ Δεκ 15, 2021 12:21 pm Παραλληλία από μέσα στη διχοτόμο.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα και ας είναι τα συμμετρικά των ως προς τα μέσα των αντίστοιχα (δεν τα ονομάζω ισοτομικά για να δικαιολογείται ο φάκελος ). Να δείξετε ότι $K{K}'\parallel AI$ , όπου τα μέσα των αντίστοιχα και το κέντρο του έγκυκλου.

Στάθης

: Παραλληλία στη διχοτόμο.png (15.56 KiB) Προβλήθηκε 1470 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 15, 2021 2:29 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τετ Δεκ 15, 2021 12:21 pm Παραλληλία από μέσα στη διχοτόμο.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα και ας είναι τα συμμετρικά των ως προς τα μέσα των αντίστοιχα (δεν τα ονομάζω ισοτομικά για να δικαιολογείται ο φάκελος ). Να δείξετε ότι $K{K}'\parallel AI$ , όπου τα μέσα των αντίστοιχα και το κέντρο του έγκυκλου.

Στάθης

Εστω

Δηλαδή τα τετράπλευρα P'K'GB,K'Q'CS

είναι παραλληλόγραμμα . Ακόμη $PM=PM'=l,QL=LQ'=d,AP=\dfrac{c}{2}-l=BP',AQ=\dfrac{b}{2}-d=Q'C$

Οπότε K'G=BP'=AP=AQ=Q'C=K'S

δηλαδή το τριγωνο GK'S

είναι ισοσκελές και $\hat{A}=\hat{GK'S}$ ,γιατί εχουν πλευρές παράλληλες και στο παραλληλόγραμμο BSCG

οι διαγώνιοι διχοτομούνται άρα GK=KS,BK=KC

,η

Ειναι και διχοτόμος της γωνίας $\hat{GK'S}$ οπότε τα τρίγωνα ARQ,GK'S

είναι ίσα και οι διχοτόμοι των ίσων γωνιών παραλληλες

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 15, 2021 3:35 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τετ Δεκ 15, 2021 12:21 pm Παραλληλία από μέσα στη διχοτόμο.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα και ας είναι τα συμμετρικά των ως προς τα μέσα των αντίστοιχα (δεν τα ονομάζω ισοτομικά για να δικαιολογείται ο φάκελος ). Να δείξετε ότι $K{K}'\parallel AI$ , όπου τα μέσα των αντίστοιχα και το κέντρο του έγκυκλου.

Στάθης

Ας δούμε και μια διαφορετική αντιμετώπιση στηριγμένη στη Θεωρία των μέσων του ΤΕΡΑΣΤΙΟΥ Γεωμέτρη μας Μανώλη Γεωργακάκη.

: Παραλληλία από μέσα στη διχοτόμο.png (27.59 KiB) Προβλήθηκε 1444 φορές

Έστω

το συμμετρικό του {Q}'

ως προς το

. Τότε $K{K}'\parallel {P}'E$ (ως συνδέουσα τα μέσα δύο πλευρών τριγώνου) και BE{Q}'C

παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιές του διχοτομούνται), οπότε: $BE=\parallel C{Q}'=AQ=AP=B{P}'$ και συνεπώς το τρίγωνο $\vartriangle BE{P}'$ είναι ισοσκελές, άρα $\angle B{P}'E=\dfrac{\angle XBE}{2}\overset{BE\parallel AC}{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle A}{2}=\angle PAI\Rightarrow {P}'E\parallel AI\overset{{P}'E\parallel K{K}'}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $K{K}'\parallel AI$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 15, 2021 4:07 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Τετ Δεκ 15, 2021 12:21 pm Παραλληλία από μέσα στη διχοτόμο.png
Έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τις πλευρές του αντίστοιχα και ας είναι τα συμμετρικά των ως προς τα μέσα των αντίστοιχα (δεν τα ονομάζω ισοτομικά για να δικαιολογείται ο φάκελος ). Να δείξετε ότι $K{K}'\parallel AI$ , όπου τα μέσα των αντίστοιχα και το κέντρο του έγκυκλου.

Στάθης

Από τα

φέρνω τις

παράλληλες στην KK'

όπως φαίνεται στο σχήμα.

: Παραλληλία στη διχοτόμο.png (15.56 KiB) Προβλήθηκε 1432 φορές

και επειδή η KK'

είναι διάμεσος του τραπεζίου P'Q'ZE,

θα

είναι BE=ZC.

Τα τρίγωνα, λοιπόν, P'EB, Q'ZC

έχουν δύο πλευρές ίσες μία προς μία και

$P'\widehat EB+Q'\eidehat ZC=180^\circ,$ άρα $\omega=\varphi.$ Αλλά, $\displaystyle \widehat B + \widehat C = 180^\circ - \widehat A \Rightarrow \omega = \varphi = \frac{{\widehat A}}{2}$ και

το ζητούμενο έπεται (Όποιος θέλει εξηγήσεις για το συμπέρασμα $\omega=\varphi,$ είμαι στη διάθεσή του).

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 15, 2021 5:53 pm**

Λόγω συμμετρίας προκύπτει άμεσα ότι BP'= CQ'

, οπότε σύμφωνα με γνωστό λήμμα (βλέπε το λήμμα 1 viewtopic.php?f=22&t=68789&p=334622#p334622) ο περιγεγραμμένος
κύκλος $\omega '$ του $\triangle AP'Q'$ διέρχεται από το μέσο $A_{1}$ του τόξου BAC

του περιγεγραμμένου κύκλου $\omega$
του $\triangle ABC$ .

Έστω ότι η διχοτόµος της γωνίας BAC

τέµνει τον κύκλο $\omega$ του στο σηµείο

,
που είναι το µέσο του τόξου

που δεν περιέχει την κορυφή

, δηλαδή,

.
Εποµένως, το $A_{1}BNC$ είναι τετράπλευρο του οποίου οι διαγώνιοί του τέµνονται κάθετα στο σηµείο

,
που είναι το µέσο της

.

: paral_from_mid.png (35.89 KiB) Προβλήθηκε 1413 φορές

΄Οµοια, το

είναι το µέσο του τόξου P'Q'

του κύκλου $\omega '$ και το σηµείο

είναι το µέσο του P'Q'

.
Εφόσον το $\triangle A_{1}P'Q'$ είναι ισοσκελές, και η γωνία της κορυφής του ισούται µε τη γωνία BAC, τότε
$\triangle A_{1}P'Q' \sim \triangle A_{1}BC$ .

Τώρα, τα τρίγωνα $N'P'A_{1}$ και $NBA_{1}$ είναι όµοια, εφόσον $\angle N'P'A_{1}=\angle N'AA_{1}=\angle NAA_{1}=\angle NBA_{1}$
(χρησιµοποιείται δύο ϕορές το γεγονός ότι γωνίες εγγεγραµµένες στο ίδιο τόξο
είναι ίσες), και $\angle N'A_{1}P'=\angle NAB=\angle NA_{1}B$ . Από τα παραπάνω προκύπτει ότι
τα P'K'

και

είναι ύψη των τριγώνων $N'P'A_{1}$ και $NBA_{1}$ αντίστοιχα. Εποµένως, τα σηµεία

και

διαιρούν τις πλευρές $A_{1}N'$ και $A_{1}N$ σε ίσους λόγους, δηλαδή, οι ευθείες N'N

και

είναι παράλληλες, οπότε άµεσα προκύπτει το ζητούµενο.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 16, 2021 9:42 am**

Ίσως στην προηγούμενή μου ανάρτηση (#5) να μην είναι σαφής η αιτιολόγηση ότι $\omega=\varphi.$ Πιο συγκεκριμένα θα αποδείξω την παρακάτω πρόταση-λήμμα:

Αν σε δύο τρίγωνα μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μιας γωνίας του άλλου και οι δύο πλευρές που δεν
περιέχουν αυτές τις γωνίες είναι ίσες μία προς μία, τότε οι τρίτες γωνίες των τριγώνων είναι ίσες μεταξύ τους.

: Ισότητα γωνιών-λήμμα.png (11.81 KiB) Προβλήθηκε 1361 φορές

Στο σχήμα τα τρίγωνα ABC, DEZ

έχουν

και $\widehat C+\widehat E=180^\circ.$ Θα δείξω ότι $\widehat A=\widehat D.$

Αν $\widehat C=\widehat E=90^\circ,$ η πρόταση προφανώς ισχύει. Χωρίς βλάβη υποθέτω ότι η $\widehat C$ είναι οξεία και η $\widehat E$ αμβλεία. Στην

προέκταση της

προς το

θεωρώ σημείο

ώστε

Τα αμβλυγώνια τρίγωνα DEZ, HCB

έχουν

τις αμβλείες γωνίες $B\widehat CH, \widehat E$ ίσες και BH=DZ, BC=EZ,

άρα είναι ίσα (έμμεσο κριτήριο ισότητας). Οπότε

$\widehat D=\widehat H.$ Αλλά το ABH

είναι ισοσκελές και $\widehat A=\widehat H,$ άρα $\widehat A=\widehat D$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 16, 2021 11:10 am**

george visvikis έγραψε: Πέμ Δεκ 16, 2021 9:42 am Ίσως στην προηγούμενή μου ανάρτηση (#5) να μην είναι σαφής η αιτιολόγηση ότι $\omega=\varphi.$ Πιο συγκεκριμένα θα αποδείξω την παρακάτω πρόταση-λήμμα:

Αν σε δύο τρίγωνα μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μιας γωνίας του άλλου και οι δύο πλευρές που δεν
περιέχουν αυτές τις γωνίες είναι ίσες μία προς μία, τότε οι τρίτες γωνίες των τριγώνων είναι ίσες μεταξύ τους.
Ισότητα γωνιών-λήμμα.png
Στο σχήμα τα τρίγωνα έχουν και $\widehat C+\widehat E=180^\circ.$ Θα δείξω ότι $\widehat A=\widehat D.$

Αν $\widehat C=\widehat E=90^\circ,$ η πρόταση προφανώς ισχύει. Χωρίς βλάβη υποθέτω ότι η $\widehat C$ είναι οξεία και η $\widehat E$ αμβλεία. Στην

προέκταση της προς το θεωρώ σημείο ώστε Τα αμβλυγώνια τρίγωνα έχουν

τις αμβλείες γωνίες $B\widehat CH, \widehat E$ ίσες και άρα είναι ίσα (έμμεσο κριτήριο ισότητας). Οπότε

$\widehat D=\widehat H.$ Αλλά το είναι ισοσκελές και $\widehat A=\widehat H,$ άρα $\widehat A=\widehat D$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Ευχαριστούμε Γιώργο

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 13, 2022 12:10 pm**

Κι εγώ έτσι το προσεγγίζω το θέμα
Αν

το συμμετρικό του Q{'}

ως προς το

, τότε $KK{'}\left | \right |P{'}E,$ άρα αρκεί να αποδείξουμε ότι:
$P{'}E\left | \right |AI$ . Λοιπόν έχουμε και λέμε:
$BE\left | \right |=Q{'}C=AQ=AP=BP\Rightarrow \angle BP{'}E=\angle BEP{'},$ όμως λόγω $BE\left | \right |AC\Rightarrow P{'}BE=180^{0}-\angle BAC,$ θα είναι $\angle BP{'}E=\frac{\angle BAC}{2}=\angle P{'}AI\Rightarrow P{'}E\left | \right |AI$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

mathematica.gr

Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Re: Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Re: Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Re: Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Re: Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Re: Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Re: Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Re: Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα

Re: Παραλληλία στη διχοτόμο από μέσα