Καθετότητα

#1

Θεωρούμε κύκλο (Ο,ρ). Σε τυχαίο σημείο του Α φέρομε την εφαπτομένη και σ’ αυτήν λαμβάνουμε τυχαίο σημείο Ρ. Από το σημείο Ρ θεωρούμε τη ΡΒΓ τυχούσα τέμνουσα του κύκλου και στη συνέχεια παραλλήλους από το Ρ προς τις ΑΒ και ΑΓ που τέμνουν τους φορείς των ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα στα σημεία Μ και Ν. Να δειχθεί ότι η ΜΝ είναι κάθετη στην ΡΟ.
(Γ. Τσίντσιφα: Γεωμετρία τεύχος 1. Άλυτες 962)

S.E.Louridas · #2

Απλά μία υπόδειξη γιά να ασχοληθούν και οι seniors.

Χρησιμοποιώντας οτι η εγγεγραμμένη γωνία ισούται με την υπό χορδής και εφαπτομένης,......., έχουμε:
ΜΡ^2=ΜΟ^2-R^2 και ΝΡ^2=ΝΟ^2-R^2, οπότε αφαιρώντας κατά μέλη ........

S.E.Louridas

chris · #3

κ.Κώστα και κ.Σωτήρη έχω μια λύση αν και το πήγα λίγο κυκλικά

(υπό την έννοια οτι δεν ήταν απαραίτητο να κατασκευαστεί το παραλληλόγραμμο):

Το τετράπλευρο PMAN

είναι παραλληλόγραμμο αφού $PM\parallel AN,MA\parallel PN$ .
Κατασκευάζουμε το παραληλλόγραμμο $PM \Gamma K$ και τα τρίγωνα $\triangle{PNB},\triangle{PK\Gamma}$ είναι όμοια και συνεπώς :
$\displaystyle \boxed{\frac{PN}{NB}=\frac{PK}{ K\Gamma }=\frac{PN+PK}{NB+K\Gamma}}(*)$

Απο γνωστό λήμμα αρκεί να δείξουμε οτι:

$PN^2-PM^2=ON^2-OM^2\Leftarrow PN^2-K\Gamma ^2=(NB\cdot NA+R^2)-(MA\cdot M\Gamma +R^2)\Leftarrow PN^2-K\Gamma ^2=NB\cdot K\Gamma -PN\cdot PK\Leftarrow PN(PN+PK)=K\Gamma (K\Gamma +NB)\Leftarrow \boxed {\frac{PN}{K\Gamma }=\frac{K\Gamma +NB}{PN+PK}}$

Άρα λόγω της σχέσης (*)

αρκεί να δείξουμε:
$\frac{PN}{K\Gamma }=\frac{NB}{PN}\Leftarrow \frac{PN}{PM}=\frac{NB}{MA}$

δηλαδή αρκεί να δείξουμε οτι τα τρίγωνα $\triangle{PNB},\triangle{MPA}$ είναι όμοια το οποίο ισχύει αφού:
$\displaystyle \begin{Vmatrix} \angle{PNB}=\angle{PMA} \\ \angle{P\Gamma A}=\angle{NPB}=\angle{PAN}=\angle{APM} \\ \end{Vmatrix}$

: Tsintsifa.png (37.12 KiB) Προβλήθηκε 1545 φορές

#4

όμορφη !!

S.E.Louridas · #5

Ας υλοποιήσω την υπόδειξή μου.
$\mathop {{\rm A}{\rm P}{\rm N}}\limits^ \wedge = \mathop {{\rm P}{\rm A}\Gamma }\limits^ \wedge = \mathop {\Gamma {\rm B}{\rm A}}\limits^ \wedge \Rightarrow {\rm P}{\rm N}^2 = {\rm N}{\rm A} \cdot {\rm N}{\rm B} = {\rm N}{\rm O}^2 - R^2 ,$
όμοια έχουμε:
${\rm P}{\rm M}^2 = OM^2 - R^2 \Rightarrow {\rm P}N^2 - {\rm P}{\rm M}^2 = ON^2 - OM^2 \Rightarrow NM \bot OP.$

S.E.Louridas

#6

Ωραίες οι λύσεις.
Από τις απλές και κομψές, όπως του Σωρήρη, του Chris, μέχρι και την όμορφη αντιστροφή του Σεραφείμ.
Εγώ σκέφθηκα λίγο διαφορετικά:

Φέρουμε την ΡΧ//ΜΝ (σχ.1).
Τότε:
• Η τετράδα των ευθειών (ΡΝ,ΡΜ,ΡΑ,ΡΧ) είναι αρμονική γιατί από το παραλληλόγραμμο ΡΜΑΝ το σημείο Κ είναι μέσο της ΜΝ.
• Επίσης η τετράδα των σημείων (Ρ,Δ,Β,Γ) είναι αρμονική, γιατί η (ε) είναι πολική του Ρ. Άρα και η τετράδα των ευθειών
(ΑΝ,ΑΜ,ΑΡ,ΑΖ) είναι αρμονική.
Οι δύο αυτές αρμονικές τετράδες ευθειών έχουν κοινή ακτίνα την ΑΡ. Άρα σύμφωνα με το θεώρημα 1(*) οι άλλες
ακτίνες θα τέμνονται αντίστοιχα ανά δύο σε τρία σημεία συνευθειακά.
Τα σημεία αυτά είναι τα Ν, Μ, Τ που προκύπτουν ως:
$PN\bigcap{AN}=\left\{N \right\}$
$PM\bigcap{AM}=\left\{M \right\}$
και
$PX\bigcap{AZ}=\left\{T \right\}$
Τα τρία αυτά σημεία εφόσον είναι συνευθειακά, θα ορίζουν μια ευθεία η οποία θα είναι παράλληλη της ΡΧ
καθόσον η ΜΝ//PΧ και κατά συνέπεια το σημείο Τ θα είναι το επ’ άπειρο σημείο.
Αφού όμως από το σημείο αυτό θα διέλθει και η ΑΖ, άρα και η ΑΖ θα είναι παράλληλη με την ΡΧ.
Αυτό σημαίνει ότι η ΜΝ//ΑΖ και επειδή η ΑΖ είναι κάθετη στην ΟΡ άρα και η ΜΝ κάθετη στην ΟΡ.
(*) Θεώρημα 1
Αν δύο δέσμες ευθειών
(Οα, Οβ,Ογ, Οδ) και (Ο΄α΄, Ο΄β΄,Ο΄γ΄, Ο΄δ΄)
όπου το σημείο Ο΄ ανήκει στην ευθεία που ορίζει η Οα, έχουν τον ίδιο διπλό λόγο και μια ακτίνα κοινή,
τότε τα τρία ζεύγη των αντίστοιχων ακτίνων των δεσμών αυτών τέμνονται σε τρία συνευθειακά σημεία. (Σχ. 2)

Ραντεβού στο αύριο στη Χαλκίδα...

#7

Τις ζήλεψα αγαπητοί φίλοι τις λύσεις σας, αλλά ( ομολογώ την αμαρτία μου ) του Κώστα ( KDORTSI ) πιο πολύ.

Ας δούμε και μία άλλη προσσέγγιση, βασισμένη στην ιδέα του ριζικού άξονα μεταξύ κύκλου και σημείου, που συζητήθηκε αυτές τις μέρες Εδώ.

$\bullet$ Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\triangle APM,\ \triangle BPN,$ έχουμε ότι $\displaystyle\frac{MA}{NB} = \frac{MP}{NP}$ $\Longrightarrow$ $(NP)^{2} = (NB)\cdot (MP) = (NB)\cdot (NA)$

$\Longrightarrow$ $(NP)^{2} = (NB)\cdot (NA)$ ,(1)

Από όμοια τρίγωνα $\triangle APM,\ \triangle PCM,$ έχουμε ότι $\displaystyle\frac{MP}{MC} = \frac{MA}{MP}$ $\Longrightarrow$ $(MP)^{2} = (MA)\cdot (MC)$ ,(2)

Από $(1),\ (2),$ συμπεραίνουμε ότι τα σημεία $M,\ N$ ανήκουν στην μεσοκάθετη ευθεία του PQ,

όπου $Q\equiv PO\cap AA^{\prime}$ και $PA^{\prime}$ είναι η δεύτερη εφαπτομένη του δοσμένου κύκλου (O)

από το σημείο

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΣΧΟΛΙΟ : - Αλλά, η σκέψη του Σωτήρη πιο πάνω, απλοποιεί πολύ τα πράγματα αφού $(MA)\cdot (MC) = (MO)^{2} - R^{2}$ και $(NB)\cdot (NA) = (NO)^{2} - R^{2}$ .

Κώστας Βήττας.

p_gianno · #8

Είναι

παραλληλόγραμμο.
Θεωρώ την

κάθετη στην

η οποία τέμνει την $P\Gamma$ στο

και την

στο

.
Τότε

πολική του

ως προς τον (O)

και επομένως η χορδή $B\Gamma$ διαιρείται αρμονικά από το

και την

.
Είναι δηλαδή η $A\ldotp \Gamma BTP$ αρμονική δέσμη συνεπώς η παράλληλη (PH)

προς την ακτίνα της δέσμης $A\Gamma$ διχοτομείται από την

.
Άρα $HN = NP = \parallel AM$ $\Longrightarrow$ $HA\parallel NM$ και επειδή

κάθετη

$\Longrightarrow$

κάθετη στην

.

parmenides51 · #9

τι ωραία που θα ήταν να είχαμε άλλη μια λύση

#10

Άλλη μία σκέψη:
Αν

είναι το σημείο τομής των εφαπτόμενων στα B, C

, η

είναι η πολική του

επομένως $OP\perp AS$ .
Επίσης, η

είναι συμμετροδιάμεσος του ABC

, επομένως παράλληλη της

, καθώς τα τρίγωνα ABC, MAP

είναι όμοια με αντίθετο προσανατολισμό και παράλληλες τις $MP\parallel AB$ .

giannimani · #11

: perpendicular.jpg (35.37 KiB) Προβλήθηκε 969 φορές

Ισχύει $\angle MPA=\angle PAB=\angle A\Gamma B=\angle BPN=\phi$ .
Με τη στροφή κέντρου

και γωνίας $\phi$ αρνητικής φοράς η εικόνα του

είναι σημείο $M_{1}$ επί της

και του

το σημείο $O_{1}$ . Άρα
$PA=PM_{1}, PO=PO_{1}$ και $OA=O_{1}M_{1}\;(1)$ .
Με τη στροφή κέντρου

και γωνίας $\phi$ θετικής φοράς η εικόνα του

είναι το σημείο $N_{1}$ επί της

και του

το $O_{2}$ .
Άρα $PB=PN_{1},PO=PO_{2}$ και $OB=O_2N_2 \;(2)$ .
Από (1)

και

$O_1M_1=O_2N_2=\rho$ .
Αποδεικνύουμε ότι $M_1N_1 \parallel MN$ . Αρκεί $\frac{PM_1}{PM}=\frac{PN_1}{PN}$ .
Από την ομοιότητα των τριγώνων PMA

και

έχουμε : $\frac{PA}{PM}=\frac{PB}{PN}$ οπότε λόγω των παραπάνω ισοτήτων είναι
$\frac{PM_1}{PM}=\frac{PN_1}{PN}$ .
Για να αποδειχτεί το ζητούμενο ( $PO \perp MN$ ), επειδή $PO \perp O_1O_2$ (η

διχοτόμος του ισοσκελούς τριγώνου PO_1O_2

), αρκεί να αποδείξουμε ότι το M_1N_1O_2O_1

είναι παραλληλόγραμμο και επειδή O_1M_1=O_2N_2

αρκεί $O_1M_1 \parallel O_2N_2$ .
Θεωρούμε την ακολουθία των επόμενων στροφών :

Στροφή κέντρου και γωνίας $\phi$ αρνητικής φοράς (μεταφέρει το στη θέση )

Στροφή κέντρου και γωνίας $2\phi$ θετικής φοράς (μεταφέρει το στη θέση )

Στροφή κέντρου και γωνίας $\phi$ αρνητικής φοράς (μεταφέρει το στη θέση )

Η σύνθεση των παραπάνω στροφών, επειδή το άθροισμα των γωνιών είναι πολλαπλάσιο του $360^{\circ}$ , είναι μεταφορά.
Άρα $O_1M_1 \parallel O_2N_2$ .

Καθετότητα

Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Re: Καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση