Συνευθειακά ...

KARKAR · #1

Δίνεται το ορθογώνιο στο

τρίγωνο $\displaystyle ABC$ με $\widehat{C}=30^{o}$ , ύψος

, και

το μέσο της υποτείνουσας.

Γράφω τους κύκλους (M,MA)

και

. Στο σημείο

, που είναι συμμετρικό του

ως προς

,

φέρω κάθετη , που τέμνει τον κύκλο στα σημεία Z , H

. Η

(ξανα)τέμνει τον κύκλο (B , BA)

στο σημείο

.

Δείξτε ότι τα σημεία H , D , T

, είναι συνευθειακά .

#2

Θανάση καλησπέρα
Νομίζω ότι και σύ όπως η ΚΕΓΕ δίνεις "πολλά δεδομένα" παρότι ζούμε σε εποχές λιτότητας

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle ABD,\vartriangle HSD }$ τα οποία είναι ορθογώνια $\displaystyle{ \widehat{ADB} = \widehat{BSH} = 90^0 }$ , (υπόθεση) $\displaystyle{ BD = BS }$ (υπόθεση από τη συμμετρία) και $\displaystyle{ BA = BH }$

ακτίνες του κύκλου $\displaystyle{ \left( {B,BA} \right) }$ άρα είναι ίσα οπότε: $\displaystyle{ \widehat{DBA} = \widehat{SBH} }$ και επειδή $\displaystyle{ S,B,D }$ συνευθειακά (από την υπόθεση) θα είναι και $\displaystyle{ H,B,A }$ συνευθειακά ( λόγω της ισότητας των $\displaystyle{ \widehat{DBA},\widehat{SBH} }$ ).

Τότε όμως θα είναι και $\displaystyle{ AD\mathop = \limits^{//} SH \Rightarrow ADHS }$ παραλληλόγραμμο οπότε $\displaystyle{ \boxed{HD//SA}:\left( 1 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ \widehat{HAC} = \widehat{CSH} = 90^0 \Rightarrow SACH }$ εγγράψιμο σε κύκλο (διαμέτρου $\displaystyle{ HC }$ ) οπότε $\displaystyle{ \boxed{\widehat{SAH} = \widehat{SCH}}:\left( 2 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ CS }$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{ ZH }$ (αφού $\displaystyle{ BS }$ απόστημα στη χορδή $\displaystyle{ ZH }$ ( $\displaystyle{ C,B,S }$ συνευθειακά) η $\displaystyle{ CS }$ θα είναι και διχοτόμος στο ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ZCH }$ άρα $\displaystyle{ \boxed{\widehat{SCH} = \widehat{SCZ}}:\left( 3 \right) }$ .

Όμως είναι: $\displaystyle{ ZS\mathop = \limits^{//} AD }$ (κάθετες στην ίδια ευθεία $\displaystyle{ SC }$ και $\displaystyle{ ZS = SH = AD }$ ) οπότε το τετράπλευρο $\displaystyle{ AZSD }$ είναι ορθογώνιο άρα $\displaystyle{ ZA//SD \Rightarrow ZA//SC \Rightarrow \boxed{\widehat{SCZ} = \widehat{CZA}}:\left( 4 \right) }$ εντός εναλλάξ).

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{ ZATH }$ θα είναι $\displaystyle{ \boxed{\widehat{CZA} = \widehat{THA}}:\left( 5 \right) }$ .

Από τις σχέσεις $\displaystyle{ \left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right),\left( 5 \right) \Rightarrow \widehat{SAH} = \widehat{THA} \Rightarrow HT//SA\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right):SA//HD} HT//HD }$ και επειδή έχουν κοινό σημείο το $\displaystyle{ H }$ θα ισχύει $\displaystyle{ H,D,T }$ είναι συνευθειακά.

Παρατήρηση:
1) Φαίνεται το πρόβλημα να ισχύει όχι κατ’ ανάγκη για γωνία $\displaystyle{ \hat C = 30^0 }$ η οποία δεν χρησιμοποιήθηκε στη λύση (το σχήμα έχει κατασκευαστεί και με αυτό το δεδομένο γι' αυτό φαίνεται ότι οι δύο (πράσινοι) κύκλοι είναι ίσοι)

2) Ένα επιπλέον ενδιαφέρον μάλλον ερώτημα θα είναι ότι οι $\displaystyle{ SA,ZC }$ τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και φυσικά το σημείο τομής τους είναι και το μέσο του τμήματος $\displaystyle{ ZT }$

Στάθης

#3

Μια λύση με Αναλυτική Γεωμετρία.

Να σημειώσω εδώ ότι, κατά τη γνώμη μου, πιο μεγάλη διδακτική αξία έχει η "προεργασία", δηλαδή η τοποθέτηση των σημείων στο σύστημα συντεταγμένων, ώστε να "μάς βολεύει" και λιγότερη η τεχνική της επίλυσης των συστημάτων, που μάς δίνουν τα υπόλοιπα σημεία και τις ζητούμενες συνθήκες.

Π.χ. δοκίμασα πρώτα το Α(0, 1), αλλά δεν βόλευε. Κατόπιν το C(1, 0), ούτε αυτό βόλευε... Μετά το Μ(1, 0) κι όλα έγινα πιο εύκολα!

: 09-6-2011 Γεωμετρία.jpg (20.98 KiB) Προβλήθηκε 1175 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο $\displaystyle D\left( {0,\;0} \right)$ παίρνουμε σημεία $\displaystyle M\left( {1,\;0} \right),\;C\left( {3,\;0} \right),\;A\left( {0,\;\sqrt 3 } \right),\;B\left( { - 1,\;0} \right),\;S\left( { - 2,\;0} \right)$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ADC$ είναι $\displaystyle \frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \varepsilon \phi C = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehatC = 30^\circ \Rightarrow \widehat{DAC} = 60^\circ$ .

Επίσης, $\displaystyle \left( {BC} \right) = 4$ , οπότε Μ μέσο του ΒC και στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABD$ είναι $\displaystyle \frac{{BD}}{{AD}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Rightarrow \varepsilon \phi \left( {BAD} \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \widehat{BAD} = 30^\circ$

Οπότε $\displaystyle \widehat{BAC} = 90^\circ$ .

Το $\displaystyle ABC$ είναι ορθογώνιο τρίγωνο με ύψος AD και διάμεσο AM.

Επίσης το S είναι συμμετρικό του D ως προς Β.

Ο κύκλος $\displaystyle C_1$ με κέντρο Μ και ακτίνα MC έχει εξίσωση $\displaystyle \left( {x - 1} \right)^2 + y^2 = 4$ (1)

Ο κύκλος $\displaystyle C_2$ με κέντρο Β και ακτίνα ΒM έχει εξίσωση $\displaystyle \left( {x + 1} \right)^2 + y^2 = 4$ (2)

Η κάθετη στoν x΄x στο S τέμνει τον $\displaystyle C_2$ στα $\displaystyle H\left( { - 2,\; - \sqrt 3 } \right),\;\;Z\left( { - 2,\;\sqrt 3 } \right)$

Η ZC έχει εξίσωση: $\displaystyle y = - \frac{{\sqrt 3 }}{5}x + \frac{{3\sqrt 3 }}{5}$

Τέμνει τον $\displaystyle C_2$ στα σημεία $\displaystyle Z\left( { - 2,\;\sqrt 3 } \right),\;\;T\left( {\frac{6}{7},\;\frac{{3\sqrt 3 }}{7}} \right)$

Η DH έχει εξίσωση: $\displaystyle y = \frac{{\sqrt 3 }}{2}x$ (3)
Οι συντεταγμένες του Τ επαληθεύουν την εξίσωση (3), οπότε το Τ ανήκει στην ευθεία που ορίζουν τα D, H.

Δεν δοκίμασα τη διερεύνηση που έκανε ο Στάθης στη δική του λύση.

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: 2) Ένα επιπλέον ενδιαφέρον μάλλον ερώτημα θα είναι ότι οι $\displaystyle{ SA,ZC }$ τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και φυσικά το σημείο τομής τους είναι και το μέσο του τμήματος $\displaystyle{ ZT }$
Στάθης

: n.png (25.23 KiB) Προβλήθηκε 1132 φορές

$\displaystyle{BS=\frac{R}{2}, BZ=R \rightarrow S\hat Z B=30^o}$

$\displaystyle{BN\perp CN}$

$\displaystyle{N\hat AB =N\hat CB,\ N\hat BA=N\hat CA\rightarrow N\hat AB+N\hat BA=30^o}$

αρκεί να δείξουμε ότι $S\hat NB=30^o$

αλλά το SZNB

εγγράψιμο ,άρα $S\hat NB=S\hat ZB=30^o$

ξέχασα το μέσο
------
$BZ=BT \rightarrow \vartriangle ZBT$ ισοσκελές, $BN\perp ZT$ άρα

μέσο

#5

: n2.png (31.57 KiB) Προβλήθηκε 1119 φορές

διαφορετικά για τα συνευθειακά
-----------------------------------
$\bullet$ $AD // = SH \rightarrow SADH \pi\alpha\rho / \mu\mu o \rightarrow SA // DH$

$\bullet$ αρκεί να δείξουμε ότι DT // SN

$\bullet \ CN\cdot CZ =CB\cdot CS=5R^2$

$\bullet \ CT\cdot CZ = CM \cdot CM' =3R^2$

από τις προηγούμενες παίρνουμε $\displaystyle {\frac{CN}{CT}=\frac{5}{3}\Rightarrow CN=\frac{5}{3}CT }\Rightarrow$

$CT+TN=\frac{5}{3}CT \Rightarrow \boxed{TN=\frac{2}{3}CT}$

$\bullet$ αλλά και $\displaystyle \boxed{ SD =\frac{2}{3} DC}$

$\bullet$ άρα SN // DT

επομένως τα H,D,T

είναι συνευθειακά

#6

Φωτεινή έγραψε:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: 2) Ένα επιπλέον ενδιαφέρον μάλλον ερώτημα θα είναι ότι οι $\displaystyle{ SA,ZC }$ τέμνονται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και φυσικά το σημείο τομής τους είναι και το μέσο του τμήματος $\displaystyle{ ZT }$
Στάθης
n.png
$\displaystyle{BS=\frac{R}{2}, BZ=R \rightarrow S\hat Z B=30^o}$

$\displaystyle{BN\perp CN}$

$\displaystyle{N\hat AB =N\hat CB,\ N\hat BA=N\hat CA\rightarrow N\hat AB+N\hat BA=30^o}$

αρκεί να δείξουμε ότι $S\hat NB=30^o$

αλλά το εγγράψιμο ,άρα $S\hat NB=S\hat ZB=30^o$

ξέχασα το μέσο
------
$BZ=BT \rightarrow \vartriangle ZBT$ ισοσκελές, $BN\perp ZT$ άρα μέσο

Φωτεινή καλό μεσημέρι.

Προφανώς ζητείται λύση και του δεύτερου ερωτήματος χωρίς το δεδομένο $\displaystyle{ \hat C = 30^0 }$
Φιλικότατα
Στάθης

Γιάννης Ι. · #7

Όπως αποδείχτηκε παραπάνω, το τετράπλευρο SACH

είναι εγγράψιμο και $\widehat{SAH}=\widehat{SCH}$
Όμως επειδή το τρίγωνο ZHC

είναι ισοσκελές $\widehat{SCZ}=\widehat{SCH}=\widehat{SAH}$

Έτσι εφόσον $W\equiv CZ\cap CS$ , $\boxed{\widehat{WCB}=\widehat{WAB}}$ και το τετράπλευρο WACB

εγγράψιμο
Άρα

ανήκει στον περίκυκλο του τριγώνου ABC

και $\boxed{\widehat{BWC}=\widehat{BAC}=1L}$
Αφού

απόστημα της χορδής

,

μέσο της

Συνευθειακά ...

Συνευθειακά ...

Re: Συνευθειακά ...

Re: Συνευθειακά ...

Re: Συνευθειακά ...

Re: Συνευθειακά ...

Re: Συνευθειακά ...

Re: Συνευθειακά ...

Μέλη σε σύνδεση