Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

KARKAR · #1

Οι προεκτάσεις των πλευρών ενός κυκλικού τετραπλεύρου τέμνονται στα σημεία P , T

.

Δείξτε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών $\widehat{P}$ και $\widehat{T}$ , τέμνονται κάθετα .

Το θέμα δεν είναι "εύκολο" , είναι όμως "κλασσικό" και πανέμορφο . Άντε , ... μέχρι τις 12/12

.

Σημείωση : "Πρακτικό" ήταν (πολύ) παλιότερα το ανάλογο της σημερινής Θετικής Κατεύθυνσης .

Grigoris K. · #2

Καλησπέρα κ. Θανάση. Μία ιδέα:

Αρχικά φέρουμε την διχοτόμο

της $\hat P$ και φέρουμε $TS \perp Px$ . Άρα αρκεί να δειχθεί ότι η

είναι και διχοτόμος της $\hat T$ .

Ορίζω $J \equiv PS \cap DC$ και $Q \equiv PS \cap AB$ . Ισχύει $\displaystyle{ \widehat {JQT} = \hat A + \frac{\hat P}{2}}$ (ως εξωτερική στο $\triangle QAP$ ).

Επίσης $\displaystyle{ \widehat {QJT} = \widehat{DCP} + \frac{\hat P}{2} \mathop = \limits^{ABCD ~\epsilon \gamma \gamma \rho a \psi \iota \mu o} \hat A + \frac{\hat P}{2} }$ (ως εξωτερική στο $\triangle JPC$ ).

Συνεπώς $\widehat {JQT} = \widehat{QJT}$ άρα το $\triangle JTQ$ είναι ισοσκελές και αφού η

είναι ύψος θα είναι και διχοτόμος.

#3

Grigoris K. έγραψε:Καλησπέρα κ. Θανάση. Μία ιδέα:

Αρχικά φέρουμε την διχοτόμο της $\hat P$ και φέρουμε $TS \perp Px$ . Άρα αρκεί να δειχθεί ότι η είναι και διχοτόμος της $\hat T$ .

Ορίζω $J \equiv PS \cap DC$ και $Q \equiv PS \cap AB$ . Ισχύει $\displaystyle{ \widehat {JQT} = \hat A + \frac{\hat P}{2}}$ (ως εξωτερική στο $\triangle QAP$ ).

Επίσης $\displaystyle{ \widehat {QJT} = \widehat{DCP} + \frac{\hat P}{2} \mathop = \limits^{ABCD ~\epsilon \gamma \gamma \rho a \psi \iota \mu o} \hat A + \frac{\hat P}{2} }$ (ως εξωτερική στο $\triangle JPC$ ).

Συνεπώς $\widehat {JQT} = \widehat{QJT}$ άρα το $\triangle JTQ$ είναι ισοσκελές και αφού η είναι ύψος θα είναι και διχοτόμος.

Μπράβο σου Γρηγόρη για την όμορφη αντιμετώπιση του Θέματος

Ας μου επιτραπεί ένα επιπλέον ενδιαφέρον νομίζω ερώτημα

Να δειχθεί ότι το σημείο S (σημείο τομής των διχοτόμων) στο σχήμα του Θανάση ανήκει στην ευθεία που συνδέει τα

μέσα των διαγωνίων του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου

Στάθης

Grigoris K. · #4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Να δειχθεί ότι το σημείο S (σημείο τομής των διχοτόμων) στο σχήμα του Θανάση ανήκει στην ευθεία που συνδέει τα

μέσα των διαγωνίων του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου

Στάθης

Ευχαριστώ για τα καλά σας λόγια κ. Στάθη. Θα κάνω μία προσπάθεια για το ενδιαφέρον επιπλέον ερώτημα αξιοποιώντας ευκλείδια και διανυσματική γεωμετρία συνάμα:

Καταρχήν ορίζω

το μέσο της

και

το μεσο της

.

Eπίσης από την απόδειξή μου στο προηγούμενο ερώτημα προκύπτει (λόγω του ισοσκελούς $\triangle JQT$ ) ότι

είναι το μέσο της JQ~(*)

.

Για να είναι τα K, S, L

συνευθειακά αρκεί να δειχθεί ότι: $\overrightarrow{SL} = k\overrightarrow{SK} \Leftarrow 2 \overrightarrow{SL} = k2\overrightarrow{SK} \Leftarrow \overrightarrow{SC} + \overrightarrow{SA} =k(\overrightarrow{SD} +\overrightarrow{SB})$

$\displaystyle{\Leftarrow \overrightarrow{SJ}+ \overrightarrow{JC} + \overrightarrow{SQ} +\overrightarrow{QA} = k(\overrightarrow{SJ}+ \overrightarrow{JD} + \overrightarrow{SQ} + \overrightarrow{QB}) \mathop \Leftarrow \limits^{(*)\Rightarrow ~\overrightarrow{SJ} = -\overrightarrow{SQ}} \overrightarrow{JC} + \overrightarrow{QA} = k(\overrightarrow{JD} + \overrightarrow{QB})}~~(!!!)$

Όμως από θ. διχοτόμων στο $\displaystyle{ \triangle DPC :~ \frac{JD}{JC} = \frac{PD}{PC}~(1) }$ και στο $\displaystyle{ \triangle APB : ~ \frac{QA}{QB} = \frac{PA}{PB}~(2)}$ .

Επιπλέον από το εγγράψιμο $\displaystyle{ABCD:~ PD\cdot PA = PC\cdot PB \Rightarrow \frac{PC}{PD} = \frac{PA}{PB}~(3)}$ .

Από $\displaystyle{(1),(2),(3) \Rightarrow \frac{JC}{JD} = \frac{QA}{QB} = k>0 ~(4)}$ .

Τώρα είναι $\overrightarrow{JC} \parallel \overrightarrow{JD}$ και μάλιστα αντίρροπα άρα $\overrightarrow{JC} = l\overrightarrow{JD} \Rightarrow |\overrightarrow{JC}| =|l| \cdot |\overrightarrow{JD}| \mathop \Rightarrow \limits^{(4)} |l| = k \mathop \Rightarrow \limits^{l >0} l = k$ . Άρα $\overrightarrow{JC} = k\overrightarrow{JD}$ .

Ομοίως προκύπτει $\overrightarrow{QA} = k \overrightarrow{QB}$ .

Mε άθροισμα κατά μέλη των δύο τελευταίων σχέσεων προκύπτει η (!!!)

και κατά συνέπεια το ζητούμενο.

#5

Grigoris K. έγραψε:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Να δειχθεί ότι το σημείο S (σημείο τομής των διχοτόμων) στο σχήμα του Θανάση ανήκει στην ευθεία που συνδέει τα

μέσα των διαγωνίων του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου

Στάθης
Ευχαριστώ για τα καλά σας λόγια κ. Στάθη. Θα κάνω μία προσπάθεια για το ενδιαφέρον επιπλέον ερώτημα αξιοποιώντας ευκλείδια και διανυσματική γεωμετρία συνάμα:

Καταρχήν ορίζω το μέσο της και το μεσο της .

Eπίσης από την απόδειξή μου στο προηγούμενο ερώτημα προκύπτει (λόγω του ισοσκελούς $\triangle JQT$ ) ότι είναι το μέσο της .

Για να είναι τα συνευθειακά αρκεί να δειχθεί ότι: $\overrightarrow{SL} = k\overrightarrow{SK} \Leftarrow 2 \overrightarrow{SL} = k2\overrightarrow{SK} \Leftarrow \overrightarrow{SC} + \overrightarrow{SA} =k(\overrightarrow{SD} +\overrightarrow{SB})$

$\displaystyle{\Leftarrow \overrightarrow{SJ}+ \overrightarrow{JC} + \overrightarrow{SQ} +\overrightarrow{QA} = k(\overrightarrow{SJ}+ \overrightarrow{JD} + \overrightarrow{SQ} + \overrightarrow{QB}) \mathop \Leftarrow \limits^{(*)\Rightarrow ~\overrightarrow{SJ} = -\overrightarrow{SQ}} \overrightarrow{JC} + \overrightarrow{QA} = k(\overrightarrow{JD} + \overrightarrow{QB})}~~(!!!)$

Όμως από θ. διχοτόμων στο $\displaystyle{ \triangle DPC :~ \frac{JD}{JC} = \frac{PD}{PC}~(1) }$ και στο $\displaystyle{ \triangle APB : ~ \frac{QA}{QB} = \frac{PA}{PB}~(2)}$ .

Επιπλέον από το εγγράψιμο $\displaystyle{ABCD:~ PD\cdot PA = PC\cdot PB \Rightarrow \frac{PC}{PD} = \frac{PA}{PB}~(3)}$ .

Από $\displaystyle{(1),(2),(3) \Rightarrow \frac{JC}{JD} = \frac{QA}{QB} = k>0 ~(4)}$ .

Τώρα είναι $\overrightarrow{JC} \parallel \overrightarrow{JD}$ και μάλιστα αντίρροπα άρα $\overrightarrow{JC} = l\overrightarrow{JD} \Rightarrow |\overrightarrow{JC}| =|l| \cdot |\overrightarrow{JD}| \mathop \Rightarrow \limits^{(4)} |l| = k \mathop \Rightarrow \limits^{l >0} l = k$ . Άρα $\overrightarrow{JC} = k\overrightarrow{JD}$ .

Ομοίως προκύπτει $\overrightarrow{QA} = k \overrightarrow{QB}$ .

Mε άθροισμα κατά μέλη των δύο τελευταίων σχέσεων προκύπτει η και κατά συνέπεια το ζητούμενο.

Γρηγόρη μου σε ευχαριστώ πολύ για την άμεση ανταπόκριση στο επί πλέον ερώτημα και θέλω απλά να σου πω ότι

αν είχα μαθητές με την υπομονή και επιμονή αλλά και τις γνώσεις τις δικές σου θα

Ας δούμε τώρα και το θέμα αυστηρά γεωμετρικά.

Πρόταση: Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{ ABCD }$ με τις απέναντι πλευρές του μή παράλληλες, εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{ \left( O \right) }$ και έστω $\displaystyle{ P \equiv AD \cap BC,\;T \equiv AB \cap DC }$

Να δειχθεί ότι οι διχοτόμοι των γωνιών $\displaystyle{ \hat P,\hat T }$ τέμνονται σε σημείο του τμήματος $\displaystyle{ MN }$ , όπου $\displaystyle{ M,N }$ τα μέσα των διαγωνίων του $\displaystyle{ AC,BD }$ αντίστοιχα.

: 4.png (27.76 KiB) Προβλήθηκε 1261 φορές

Απόδειξη (Αφιερωμένη με αγάπη στον άριστο (έστω και από μακρυά μαθητή μας Γρηγόρη)

Έστω $\displaystyle{ P{'} }$ το σημείο τομής της διχοτόμου της $\displaystyle{ \hat P }$ με την $\displaystyle{ MN }$

• Είναι $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{APC} = \widehat{DPC} \\ \widehat{PAC}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma - \sigma \tau o - \delta \iota o - \tau \xi o - BC} \widehat{PBD} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\vartriangle ACP \sim \vartriangle ADB} }$ οπότε ο λόγος

των ομολόγων διαμέσων τους $\displaystyle{ PM,PN }$ θα ισούται με το λόγο ομοιότητάς τους, δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{\frac{{PM}} {{PN}} = \frac{{AC}} {{BD}}}:\left( 1 \right) }$ και οι ομόλογες διάμεσοι θα σχηματίζουν

ίσες γωνίες με τις ομόλογες πλευρές τους δηλαδή $\displaystyle{ \widehat{APM} = \widehat{BPN}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{APP{'}} = \widehat{BPP{'}}} \widehat{APP'} - \widehat{APM} = \widehat{BPP{'}} - \widehat{BPN} \Rightarrow \widehat{MPP{'}} = \widehat{NPP{'}} \Rightarrow PP{'} }$

διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{ \widehat{MPN} }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle PMN\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Delta \iota \chi o\tau \mu o\upsilon } \frac{{P{'}M}} {{P{'}N}} = \frac{{PM}} {{PN}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right):\frac{{PM}} {{PN}} = \frac{{AC}} {{BD}}} \boxed{\frac{{P{'}M}} {{P{'}N}} = \frac{{AC}} {{BD}}}:\left( 2 \right) }$

• Ομοίως αν $\displaystyle{ T{'} }$ είναι το σημείο τομής της διχοτόμου της $\displaystyle{ \hat T }$ με το τμήμα $\displaystyle{ MN }$ θα προκύψει $\displaystyle{ \boxed{\frac{{T{'}M}} {{T{'}N}} = \frac{{AC}} {{BD}}}:\left( 3 \right) }$

Τέλος από $\displaystyle{ \left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \frac{{P{'}M}} {{P{'}N}} = \frac{{T{'}M}} {{T{'}N}} \Rightarrow \boxed{P{'} \equiv T{'}} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Φιλικά
Στάθης

Antonis_Z · #6

Εναλλακτικά για το πρώτο ερώτημα:
Τραβάμε την

και με λίγο κυνήγημα γωνιών βρίσκουμε ότι η ζητούμενη γωνία ισούται με $\frac{\angle A + \angle C}{2}$ .

#7

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Να δειχθεί ότι το σημείο S (σημείο τομής των διχοτόμων) στο σχήμα του Θανάση ανήκει στην ευθεία που συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου

$\bullet$ Έστω τα σημεία $E\equiv CD\cap PS$ και $Z\equiv AB\cap PS$ και έχει αποδειχθεί Εδώ ότι ισχύει $PS\perp TS\ \ \ ,(1)$

Στο τρίγωνο $\vartriangle PCD,$ έχουμε $\displaystyle \frac{CE}{ED} = \frac{PC}{PD}\ \ \ ,(2)$ λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle P.$

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle PAB,$ έχουμε $\displaystyle \frac{AZ}{ZB} = \frac{PA}{PB}\ \ \ ,(3)$

Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle PAB,\ \vartriangle PCD$ έχουμε $\displaystyle \frac{PA}{PB} = \frac{PC}{PD}\ \ \ ,(4)$

Από $(2),\ (3),\ (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CE}{ED} = \frac{AZ}{ZB}\ \ \ ,(5)$

: Κλασσικό για το "Πρακτικό" - Απόδειξη του πρόσθετου αποτελέσματος Στάθη Κούτρα.; f 69_t 21029.PNG (26.6 KiB) Προβλήθηκε 703 φορές

$\bullet$ Από $TS\perp EZ,$ προκύπτει ότι το τρίγωνο $\vartriangle TEZ$ είναι ισοσκελές με TE = TZ,

λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle ETZ$ και άρα ισχύει $SE = SZ\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)$ και MA = MC

και

σύμφωνα με το Θεώρημα των ίσων λόγων στο τετράπλευρο (*) στο μη κυρτό τετράπλευρο ABDC

, συμπεραίνεται ότι τα σημεία $M,\ S,\ N$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

(*) Για όποιον ενδιαφέρεται υπάρχει Εδώ, μία ωραία εφαρμογή αυτού του δυνατού θεωρήματος, σε γνωστό πρόβλημα.

Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

Re: Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

Re: Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

Re: Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

Re: Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

Re: Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

Re: Κλασσικό θέμα για το ... "Πρακτικό" (Β ΛΥΚ-ΓΕΩΜ)

Μέλη σε σύνδεση