Γεωμετρικός μετασχηματισμός

#1

Έστω Ρ εσωτερικό σημείο ενός ορθογωνίου ΑΒΓΔ,με την ιδιότητα $\displaystyle{\displaystyle \angle BP\Gamma + \angle AP\Delta = 180^0 }$ .Να βρείτε το άθροισμα των γωνιών, $\displaystyle{\displaystyle \angle B\Gamma P,\angle \Delta AP }$ .

#2

Η απάντηση είναι $\angle B\Gamma P + \angle \Delta AP = 90^{o}$ και θα βάλω αργότερα περισσότερες λεπτομέρειες, αν δεν υπάρξει απλούστερη λύση από αυτήν που μπόρεσα να βρω (ίσως λίγο δύσκολη για Α' Λυκείου, αλλά μπορεί και όχι).

Κώστας Βήττας.

mathfinder · #3

Επισυνάπτω μία λύση με παραλληλόγραμμα και εγγράψιμα .
Αθ . Μπεληγιάννης

#4

Πολύ καλή λύση και μέσα στο πνεύμα της Α'Λυκείου. Βέβαια αυτή η ''παράλληλη'' μεταφορά του τριγώνου είναι εξαιρετικά
δύσκολη σκέψη για τα παιδιά...Ευχαριστώ πολύ!

#5

Περιγράφω μία λύση, διδακτική και μάλλον πρωτότυπη, αλλά ίσως δύσκολη για μαθητές, γιατί, παρότι χρησιμοποιώ βασικές προτάσεις, όπως "μεταξύ παραλλήλων χορδών ενός κύκλου ορίζονται ίσα τόξα", κάνω χρήση και της πρότασης: αν σε δύο ίσες χορδές δύο κύκλων αντιστοιχούν ίσες επίκεντρες γωνίες, τότε οι κύκλοι είναι ίσοι. Ζητώ κατανόηση για την ελλειψη σχήματος, αλλά "ουκ έτι καιρός".
ΛΥΣΗ
Οι περιγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΡΔ και ΒΡΓ είναι ίσοι, γιατί σε ίσες χορδές τους, τις ΑΔ και ΒΓ, αντιστοιχούν ίσες εγγεγραμμένες, άρα και ίσες επίκεντρες γωνίες. ( και οι δύο εγγεγραμμένες να είναι οξείες ή και οι δύο αμβλείες). Η διάκεντρός τους βρίσκεται πάνω στην κοινή μεσοκάθετη των χορδών τους ΑΔ και ΒΓ και είναι κάθετη στην κοινή τους χορδή ( ή στην κοινή τους εφαπτομένη, αν εφάπτονται).
Στην συνέχεια, μεταφέροντας κατάλληλα στους ίσους κύκλους τα τόξα στα οποία βαίνουν οι γωνίες ΔΑΡ και ΒΓΡ, και από δύο φορές το καθένα, βρίσκουμε άθροισμα έναν πλήρη κύκλο, που σημαίνει ότι οι εγγεγραμμένες γωνίες έχουν άθροισμα μία ορθή.

#6

Θεωρούμε τους περίκυκλους $(O_{1}),\ (O_{2}),$ των τριγώνων $\bigtrinagleup PB\Gamma,\ \bigtriangleup PA\Delta$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $E\equiv (O_{1})\cap \Gamma \Delta,\ Z\equiv (O_{2})\cap \Gamma \Delta.$

Από εγγράψιμο $BP\Gamma E$ έχουμε $\angle BE\Gamma = 180^{o} - \angle BP\Gamma = 180^{o} - \angle AP\Delta$ $\Longrightarrow$ $\angle BE\Gamma = \angle AP\Delta$ ,(1)

Από

και $A\Delta = B\Gamma,$ συμπεραίνουμε ότι οι κύκλοι $(O_{1}),\ (O_{2})$ είναι ίσοι (σε ίσους κύκλους, ίσες επίκεντρες γωνίες βαίνουν σε ίσες χορδές και αντιστρόφως, εάν ίσες επίκεντρες γωνίες βαίνουν σε ίσες χορδές, τότε οι περίκυκλοι είναι ίσοι ).

$\bullet$ Από $\angle B\Gamma E = 90^{o}$ , έχουμε ότι τo

είναι το αντιδιαμετρικό του

στοον κύκλο $(O_{1})$ και άρα $\angle BPE = 90^{o}$ ,(2)

Από την ισότητα των κύκλων $(O_{1}),\ (O_{2})$ και επειδή η διάκεντρός τους $O_{1}O_{2}$ είναι η μεσοκάθετη ευθεία των $A\Delta\parallel = B\Gamma$ , προκύπτει ότι $PP^{\prime}\perp \Gamma \Delta,$ όπου $P^{\prime}$ είναι το δεύτερο κοινό σημμείο αυτών των κύκλων.

Επομένως, τα $\Delta,\ E,$ ως ομόλογα σημεία των κύκλων $(O_{1}),\ (O_{2})$ , είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία $PP^{\prime}$ και άρα έχουμε $P\Delta = PE$ $\Longrightarrow$ $\angle PA\Delta = \angle PBE$ ,(3)

Από $(2),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $\angle B\Gamma P + \angle PA\Delta = \angle BEP + \angle EBP = 90^{o}$ και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

#7

Ευχαριστώ όλους σας,για τις πολύ καλές λύσεις σας!

p_gianno · #8

Καλησπέρα

Κατασκευάζω εξωτερικά του ορθογωνίου τα συμμετρικά των τριγώνων που είναι μέσα στο ορθογώνιο ως προς άξονες συμμετρίας τις πλευρές των τριγώνων που είναι ταυτόχρονα και πλευρές του ορθογωνίου.
Έτσι ΔΕΑ=συμμ(ΔΑΡ) --- >ΔΡ=ΔΕ (1) Δ1=Δ3 (2) και Α1= Α2
ΔΓΘ=συμμ(ΔΡΓ) -- > ΔΡ=ΔΘ (4) Δ2=Δ4 (5)
Από 2 και 5 επειδή Δ12=90ο ---> ΕΔΘ ευθεία και από 1 και 4 -- >Δ μέσον της ΕΘ
Τα ιδια ισχύουν και για τις υπολοιπες πλευρές του ΕΖΗΘ το οποίο είναι εγγράψιμο αφού Ε+Η=ΑΡΔ+ΒΡΓ =180 (από ισότητα τριγώνων και απο από υπόθεση η 2η ισότητα).
Το αρχικό ορθογωνιο ενώνει τα μέσα των πλευρών του ΕΖΗΘ του οποίου οι διαγώνιοι ΘΖ και ΕΗ είναι κάθετοι μεταξύ τους ως παράλληλες* προς τις πλευρές του ορθογωνίου.
Είναι Α1=Α2=( εντος εκτος επι τα αυτα)Ζ1=Η1 (βαίνουν στο ίδιο τόξο EΘ) ( διόρθωση: Θ αντί Β που ήταν πριν)
δηλ Α1=Η 1 (10) Όμοια Γ1=Γ2=Θ1 (20)
Όμως Θ1 και Η1 οξείες γωνίες του ορθ τριγ ΘΡΗ συνεπώς
Γ1+Η1=90 ή Γ1+Α1=90 (λόγω 10 και 20)

* διότι πχ στο ΖΕΘ η ΑΔ ενώνει τα μέσα των δύο πλευρών του τριγώνου συνεπώς ΑΔ // και ίση με ΘΖ/2

symmetry.png

Βλέπω οτι υπάρχουν αρκετές λύσεις ελπίζω να μην καλύπτω κάποιον.

Πάνος
Διορθώθηκε η παραδρομή "τετράγωνο" αντι του ορθού " ορθογώνιο"

Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Re: Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Re: Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Re: Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Re: Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Re: Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Re: Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Re: Γεωμετρικός μετασχηματισμός

Μέλη σε σύνδεση