Ανέλπιστη ισότητα γωνιών

KARKAR · #1

: Ανέλπιστη ισότητα γωνιών.png (15.2 KiB) Προβλήθηκε 1375 φορές

Σε κύκλο διαμέτρου AOB

, έχουμε σχεδιάσει σταθερή χορδή

και το τρίγωνο SCD

, του

οποίου η κορυφή

κινείται πάνω στον κύκλο ενώ οι πλευρές του SC,SD

, τέμνουν την

στα

αντίστοιχα . Ονομάζουμε M,N

τα μέσα των CT,DP

. Δείξτε ότι $\widehat{MON}=\hat{S}$ .

#2

KARKAR έγραψε:Σε κύκλο διαμέτρου , έχουμε σχεδιάσει σταθερή χορδή και το τρίγωνο , του οποίου η κορυφή κινείται πάνω στον κύκλο ενώ οι πλευρές του , τέμνουν την στα αντίστοιχα . Ονομάζουμε τα μέσα των . Δείξτε ότι $\widehat{MON}=\hat{S}$ .

: Ανέλπιστη ισότητα γωνιών.png (33.96 KiB) Προβλήθηκε 1312 φορές

Έστω το συμμετρικό του ως προς το και ${S}'\equiv D{P}'\cap \left( O \right),{S}'\ne D$ .Σύμφωνα με το κοινό μέσο τα τμήματα $P{P}',T{T}',{T}'\equiv {S}'C\cap AB$ έχουν κοινό μέσο το

Έτσι $\left\{ \begin{gathered} \vartriangle PP'D\xrightarrow{{O,N\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,PP',PD\,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \alpha }}ON\parallel P'D \Rightarrow ON\parallel S'D \\ \vartriangle TT'C\xrightarrow{{O,M\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,TT',TC\,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \alpha }}OM\parallel T'C \Rightarrow OM\parallel S'C \\ \end{gathered} \right.$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon }$

$\angle MON = \angle CS'D\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o} \angle CSD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης
Παρατήρηση: Το πρόβλημα ισχύει και στην περίπτωση που η είναι τυχούσα χορδή και όχι κατ' ανάγκη διάμετρος του κύκλου και το μέσο της αφού το κοινό μέσο ισχύει και στην περίπτωση αυτή.

Al.Koutsouridis · #3

KARKAR έγραψε:
Ανέλπιστη ισότητα γωνιών.png
Σε κύκλο διαμέτρου , έχουμε σχεδιάσει σταθερή χορδή και το τρίγωνο , του

οποίου η κορυφή κινείται πάνω στον κύκλο ενώ οι πλευρές του , τέμνουν την

στα αντίστοιχα . Ονομάζουμε τα μέσα των . Δείξτε ότι $\widehat{MON}=\hat{S}$ .

Καλησπέρα,

Μια προσπάθεια με μιγαδικούς.

Θα συμβολίσουμε με τα αντίστοιχα μικρά γράμματα τους μιγαδικούς που οι εικόνες τους αντιστοιχούν στα σημεία του προβλήματος με κεφαλαία.

Έστω το μιγαδικό επίπεδο με τον άξονα των πραγματικών να είναι η ευθεία

με αρχή το

και ο κύκλος του προβλήματος ο μοναδιαίος κύκλος. Τότε τα σημεία T, P

αντιστοιχούν στους μιγαδικούς.

$\bar t = \dfrac{(a+b)-(s+d)}{ab-cd} = \dfrac{(-1+1) -(s+d)}{(-1)(1)-sd} = \dfrac{s+d}{1+sd}$ (1)

$\bar p = \dfrac{s+c}{1+cd}$ (2)

Επειδή όμως τα t, p

βρίσκονται στον πραγματικό άξονα θα είναι $\bar t =t$ και $\bar p = p$

Για τα μέσα M,N

θα έχουμε

$m = \dfrac{c+t}{2}$ , $n = \dfrac{d+p}{2}$

Για τις γωνίες προς σύγκριση έχουμε

$\angle CSD = \arg \dfrac{s-c}{s-d}$ και από (1), (2)

$\angle MON = \arg \dfrac{-m}{-n} = \arg \dfrac{c+t}{d+p} = \arg \dfrac{\dfrac{c+csd +s+d}{1+sd}}{\dfrac{d+dsc + s+c}{1+sc}} =\arg \dfrac{1+sc}{1+sd}$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι

$\angle CSD - \angle MON = \arg \dfrac{s-c}{s-d} - \arg \dfrac{1+sc}{1+sd} = \arg \dfrac{(s-c)(1+sd)}{(s-d)(1+sc)} = 0$

Ή ισοδύναμα ότι ο μιγαδικός $\dfrac{(s-c)(1+sd)}{(s-d)(1+sc)}$ είναι πραγματικός. Ένας μιγαδικός όμως είναι πραγματικός αν και μόνο αν είναι ίσος με τον συζυγή του. Δηλαδή πρέπει να δείξουμε ότι

$\dfrac{(s-c)(1+sd)}{(s-d)(1+sc)} = \dfrac{(\bar s-\bar c)(1+\bar s \bar d)}{(\bar s-\bar d)(1+\bar s \bar c)}$ (3)

Κάνοντας τις πράξεις, που είναι επίπονες μεν εύκολες δε, μπορούμε να επαληθεύσουμε την ισότητα (3) και να ολοκληρώσουμε την απόδειξη.

Υγ. Θα προσπαθήσω να ανεβάσω τις πράξεις αύριο.

sakis1963 · #4

: GEOMETRIA Ανέλπιστη ισότητα γωνιών.png (28.21 KiB) Προβλήθηκε 1089 φορές

Παίρνω τα συμμετρικά P', T'

των

ως προς

οπότε

, και

κοινό μέσον των PP', TT'

.

Φέρω τις CT'

και

και από το αντίστροφο του λήμματος Haruki η τομή

των

και

θα ανήκει στον κύκλο, οπότε $\hat{S}=\hat{Q}=\hat{\omega}$

Αλλά OT=OT'

,

μέσον

οπότε $OM \parallel QC$ και όμοια $ON \parallel QD$

Οπότε $\hat{MON}=\hat{Q}=\hat{S}=\hat{\omega}$

Προφανώς όπως αναφέρει και ο Στάθης το πρόβλημα ισχύει και για τυχούσα χορδή, αφού το λήμμα Haruki και το αντιστροφό του ισχύει για τυχούσες (μη τεμνόμενες) χορδές.

#5

Στο αρχικό σχήμα, να αποδειχτεί-αν γινεται με τρόπο ανεξάρτητο από τα ηδη γνωστα συμπεράσματα-, ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου OMN

επανατέμνει την

σε σημείο

, για το οποίο EM//SC, EN//SD

Ανέλπιστη ισότητα γωνιών

Ανέλπιστη ισότητα γωνιών

Re: Ανέλπιστη ισότητα γωνιών

Re: Ανέλπιστη ισότητα γωνιών

Re: Ανέλπιστη ισότητα γωνιών

Re: Ανέλπιστη ισότητα γωνιών

Μέλη σε σύνδεση