mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 08, 2014 1:24 pm**

: Ουράνια καθετότητα.png (15.46 KiB) Προβλήθηκε 1824 φορές

Από την κορυφή

παραλληλογράμμου ABCD

, φέρω τμήματα CP,CQ

κάθετα προς τις ευθείες AB,AD

.

Οι ευθείες

και

, τέμνονται στο σημείο

. Δείξτε ότι : $SC \perp AC$
*Συμπληρώνεται σήμερα μια τετραετία , από την ημέρα εγγραφής μου στο Θεωρήστε την άσκηση εορταστική

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 08, 2014 2:13 pm**

KARKAR έγραψε:Συμπληρώνεται σήμερα μια τετραετία , από την ημέρα εγγραφής μου στο Θεωρήστε την άσκηση εορταστική

Να τα χιλιάσεις.

Εμείς με τη σειρά μας είμαστε ευτυχείς που σε διαβάζουμε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 08, 2014 2:31 pm**

KAΛΗΜΕΡΑ ΕΥΧΟΜΑΙ ΣΤΟ ΘΑΝΑΣΗ ΝΑ ΤΑ ΕΚΑΤΟΣΤΗΣΕΙ ΚΑΙ ΝΑ ΜΑΣ ΔΙΝΕΙ ΟΥΡΑΝΟΚΑΤΕΒΑΤΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ.....

ΦΙΛΙΚΑ ΓΙΑΝΝΗΣ

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 08, 2014 4:48 pm**

$\bullet$ Το τετράπλευρο APCQ

είναι εγράψιμο σε κύκλο έστω (O)

με διάμετρο το

και έστω

, το μέσον του

.

Δια του σημείου

, φέρνουμε την κάθετη ευθεία επί την

η οποία τέμνει την

στο σημείο έστω

Τα τρίγωνα $\vartriangle DAC,\ \vartriangle CPQ$ είναι όμοια γιατί έχουν $\angle ADC = 180^{o} - \angle A = \angle PCQ$ και $\angle ACD = \angle CAP = \angle CQP$ και άρα, λόγω των $DO,\ CZ$ , ως των ομόλογων διαμέσων αυτών των τριγώνων, προκύπτει ότι $\angle QCZ = \angle CDO = \angle ABD = \angle PCE\ \ \ ,(1)$

Από (1)

προκύπτει ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την

-συμμετροδιάμεσο του τριγώνου $\vartriangle CPQ$ και άρα ισχύει $\displaystyle \frac{EP}{EQ} = \frac{(CP)^{2}}{(CQ)^{2}} = \frac{(BC)^{2}}{(CD)^{2}}\ \ \ ,(2)$

: Ουράνια καθετότητα.; f=112_t=47490.PNG (25.68 KiB) Προβλήθηκε 1674 φορές

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle APQ$ με διατέμνουσα την DBS

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\displaystyle \frac{DQ}{DA}\cdot \frac{BA}{BP}\cdot \frac{SP}{SQ} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{SP}{SQ} = \frac{BP}{BA}\cdot \frac{DA}{DQ} = \frac{BC}{CD}\cdot \frac{BP}{DQ}\ \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{SP}{SQ} = \frac{(BC)^{2}}{(CD)^{2}}\ \ \ ,(4)$ λόγω $\displaystyle \frac{BP}{DQ} = \frac{BC}{CD}$ από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle PBC,\ \vartriangle QDC$ .

Από $(2),\ (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{EP}{EQ} = \frac{SP}{SQ}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

προκύπτει ότι η σημειοσειρά $S,\ P,\ E,\ Q$ είναι αρμονική και άρα, η $CE\perp SO$ ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O)

.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την εφαπτομένη του κύκλου (O)

από το σημείο

και άρα, ισχύει $SC\perp OC\equiv AC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θανάση, σου εύχομαι ολόψυχα να είσαι ακμαίος και παραγωγικός γαι πολλές ακόμα ( > 15 ) τετραετίες.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 08, 2014 11:41 pm**

Ας δούμε μία προσέγγιση με Διπλούς λόγους.

Θεωρούμε τις δέσμες $A\ldotp QCBT$ και $C\ldotp Q'SPT$ , όπου

είναι η προβολή του

επί της ευθείας

και

τυχόν σημείο στην προέκταση του

προς το μέρος του

.

Οι δέσμες αυτές έχουν $AQ\perp CQ'$ και $AB\perp CP$ και $AT\perp CT$ και θα ισχύει το ζητούμενο $AC\perp CS$ εάν αποδειχθεί ότι έχουν ίσους Διπλούς λόγους.

( Εάν δύο δέσμες έχουν τις ομόλογες ακτίνες κάθετες μεταξύ τους, αυτό συνεπάγεται ότι οι γωνίες που ορίζονται από τις ομόλογες ακτίνες τους είναι ίσες και άρα, έχουν ίσους Διπλούς λόγους ).

$\bullet$ Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί ότι ισχύει $(A\ldotp QCBT) = (C\ldotp Q'SPT)\ \ \ ,(1)$

Αλλά, ισχύει $(A\ldotp QCBT) = (A\ldotp TBCQ) = (T,B,C)\ \ \ ,(2)$ λόγω $TC\parallel AQ$ και $(C\ldotp Q'SPT) = (Q,S,P,E)\ \ \ ,(3)$ όπου $E\equiv BC\cap PQ$ .

Από $(1),\ (2),\ (3)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $(T,B,C) = (Q,S,P,E) = (E,P,S,Q)\ \ \ ,(4)$

Όμως, ισχύει $(T,B,C) = (Q,D,A) = (Q,Z,P)\ \ \ ,(5)$ λόγω TB = QD

και

και $DZ\parallel AP$ , όπου $Z\equiv CD\cap PQ$ .

: Ουράνια καθετότητα.; f=112_t=47490(a).PNG (25.68 KiB) Προβλήθηκε 1507 φορές

Από $(4),\ (5)$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $(Q,Z,P) = (E,P,S,Q)\ \ \ ,(6)$

Από (6)

αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{PQ}{PZ} = \frac{SE}{SP}\div \frac{QE}{QP} = \frac{SE}{SP}\cdot \frac{QP}{QE}$ , αρκεί $\displaystyle \frac{SP}{PZ} = \frac{SE}{QE}\ \ \ ,(7)$

$\bullet$ Αλλά, από $BP\parallel DZ\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{SP}{PZ} = \frac{SB}{BD}\ \ \ ,(8)$

Επίσης, από $BE\parallel DQ\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{SE}{EQ} = \frac{SB}{BD}\ \ \ ,(9)$

Άρα, από $(8),\ (9)\Rightarrow$ (7)

και το ζητούμενο $AC\perp CS$ τεκμαίρεται ότι έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 09, 2014 12:05 am**

KARKAR έγραψε:Από την κορυφή παραλληλογράμμου , φέρω τμήματα κάθετα προς τις ευθείες .Οι ευθείες και , τέμνονται στο σημείο . Δείξτε ότι : $SC \perp AC$
*Συμπληρώνεται σήμερα μια τετραετία , από την ημέρα εγγραφής μου στο Θεωρήστε την άσκηση εορταστική

Για την καλή παρέα και τα γενέθλια των τεσσάρων ετών του Θανάση Κ. στο που μας έχει προσφέρει πολλά όμορφα πράγματα

ας δούμε και μια στοιχειώδη λύση του προβλήματος που έχει τεθεί.

: Ουράνια καθετότητα.png (35.02 KiB) Προβλήθηκε 1632 φορές

Ας είναι $E \equiv PQ \cap CD,\,\,F \equiv SC \cap AD$ . Τότε με $\left( {CP \bot AB,CQ \bot AD} \right) \Rightarrow APCQ$ εγγράψιμο σε κύκλοι (έστω $\left( O \right)$ ) διαμέτρου .

Είναι $BC\parallel DF \Rightarrow \dfrac{{SC}}{{SF}} = \dfrac{{SB}}{{SD}}\mathop = \limits^{PB\parallel ED} \dfrac{{SP}}{{SE}} \Rightarrow CP\parallel FE$ $\mathop \Rightarrow \limits^{CP \bot AB\mathop \Rightarrow \limits^{AB\parallel CD} CP \bot CD} FE \bot DC\mathop \Rightarrow \limits^{CQ \bot FD} ECFQ$ εγγράψιμο σε κύκλο.

Ετσι έχουμε: $\angle PCS\mathop = \limits^{CP\parallel FE} \angle EFC\mathop = \limits^{C,E,Q,F\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle EQC \equiv$ $\angle PQC\Rightarrow SC$ εφαπτόμενη του $\left( O \right)$

και με διάμετρο του $\left( O \right)$ προκύπτει ότι $SC \bot AC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 09, 2014 1:36 am**

Για τα τετράχρονα του Θανάση.

$\displaystyle{FC \bot CA \Rightarrow C{Q^2} = NQ \cdot QD = FQ \cdot QA \Rightarrow \frac{{CV}}{{VB}} = \frac{{NQ}}{{QA}} = \frac{{FQ}}{{QD}}.}$ Εδώ θεωρώ ότι τελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 09, 2014 3:31 am**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Ουράνια καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Από την κορυφή παραλληλογράμμου , φέρω τμήματα κάθετα προς τις ευθείες .

Οι ευθείες και , τέμνονται στο σημείο . Δείξτε ότι : $SC \perp AC$
*Συμπληρώνεται σήμερα μια τετραετία , από την ημέρα εγγραφής μου στο Θεωρήστε την άσκηση εορταστική

: Ουράνια καθετότητα.png (43.49 KiB) Προβλήθηκε 1554 φορές

Προφανές ότι το τετράπλευρο APCQ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο (O,R)

κέντρου

, σημείου τομής των διαγωνίων του παραλληλογράμμου ABCD

.

Αρκεί να δείξουμε ότι

εφαπτομένη του πιο πάνω κύκλου.

Φέρνουμε χορδή AT//DB

του κύκλου (O,R)

, Το τετράπλευρο ATBD

είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα εγγράψιμο, ως εκ τούτου : $\widehat {{\omega _2}} = T\widehat AQ$

Αλλά και $\widehat {{\omega _1}} = T\widehat AQ$ ως εξωτερική (κι εδώ ) του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου ATPQ

.

Συνεπώς $\boxed{\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}}$ , που μας εξασφαλίζει και το τετράπλευρο BTSP

εγγράψιμο.

Έχουμε λοιπόν διαδοχικά : $\widehat {{\xi _2}} = \widehat \phi$ ( εξωτερική στο εγγράψιμο BTSP

) και $\widehat \phi = \widehat {{\xi _1}}$ γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο , όθεν $\boxed{\widehat {{\xi _1}} = \widehat {{\xi _2}}}$ . Όμως προφανώς και $\boxed{\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}}$ .

Προσθέτουμε τις δύο τελευταίες κατά μέλη και έχουμε $\widehat {{\theta _1}} + \widehat {{\xi _1}} = \widehat {{\theta _2}} + \widehat {{\xi _2}} \Rightarrow \widehat {{\theta _2}} + \widehat {{\xi _2}} = 90^\circ$ . Δηλαδή η

εφάπτεται του κύκλου (O,R)

.

Τα τρίγωνα $OTS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OCS$ έχουν την

κοινή και

και $T\widehat OB = D\widehat OA = C\widehat OB$ και συνεπώς είναι ίσα με άμεση συνέπεια :

$O\widehat CS = O\widehat TS = \widehat {{\theta _2}} + \widehat {{\xi _2}} = 90^\circ$ .

Φιλικά και με τις πιο θερμές ευχές μου στον «Ουράνιο» συνθέτη ( αλλά και εκτελεστή) Θανάση.

Γερός Δυνατός και πάντα να μας ενθουσιάζει με «ουράνιες» γεωμετρικές ( και όχι μόνο) μελωδίες .

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 09, 2014 12:56 pm**

KARKAR έγραψε:
Ουράνια καθετότητα.png
Από την κορυφή παραλληλογράμμου , φέρω τμήματα κάθετα προς τις ευθείες .

Οι ευθείες και , τέμνονται στο σημείο . Δείξτε ότι : $SC \perp AC$
*Συμπληρώνεται σήμερα μια τετραετία , από την ημέρα εγγραφής μου στο Θεωρήστε την άσκηση εορταστική

Τι να πω για το Θανάση! Η προσφορά του είναι ανεκτίμητη στο
Να τα χιλιάσεις και να είσαι πάντα γερός και δυνατός φίλε μου!

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 09, 2014 1:11 pm**

: Ουράνια καθετότητα - λύση.png (15.49 KiB) Προβλήθηκε 1483 φορές

Φέρω την κάθετη προς την

στο

, η οποία τέμνει τις προεκτάσεις των AB,AD

στα

.

Αρκεί να δείξω ότι οι DB,QP

τέμνονται επί της

. Θα εφαρμόσω δις το Θ. Μενελάου

στο τρίγωνο ANL

, με διατέμνουσες DBS

και

. Έχω λοιπόν :

πρώτα : $\displaystyle \frac{AD}{DN}\cdot\frac{NS}{SL}\cdot\frac{LB}{BA}=1\Rightarrow \frac{SL}{SN}=\frac{LC}{CN}\cdot\frac{LC}{CN}=\left(\frac{LC}{CN} \right)^2$ ( με τη βοήθεια του Θαλή )

Επίσης : $\displaystyle \frac{AQ}{QN}\cdot\frac{NS'}{S'L}\cdot\frac{LP}{PA}=1\Rightarrow \frac{S'L}{S'N}=\frac{AC^2}{CN^2}\cdot\frac{LC^2}{AC^2}=\left(\frac{LC}{CN} \right)^2$ , διότι $\dfrac{AQ}{QN}= \dfrac{AC^2}{CN^2}$ ,

άρα τα σημεία S,S'

συμπίπτουν .... τέλος . Η λύση μοιάζει κάπως με αυτή τη " δωρική " του Σωτήρη .

Ευχαριστώ τους φίλους , λάτρεις της Γεωμετρίας , για τα καλά τους λόγια και ευχές , κυρίως όμως για τις λύσεις

που δίνουν και στα όμορφα ( όπως , νομίζω , το παρόν ) , αλλά και στα λιγότερο πετυχημένα θέματα , που αναρτώ ...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 10, 2014 1:19 am**

Εμπνευσμένη από το σχήμα της λύσης του Στάθη πιο πάνω ( 6η δημοσίευση ).

$\bullet$ Το τετράπλευρο APCQ

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (O)

με διάμετρο το τμήμα

.

Ο περίκυκλος έστω (O')

του τριγώνου $\vartriangle QEC$ , όπου $E\equiv CD\cap PQ$ , έχει διάμετρο το τμήμα

και ισχύει $FE\perp CD\ \ \ ,(1)$ όπου $F\equiv (O')\cap AQ$ .

: Ουράνια καθετότητα.; f=112_t=47490(b).PNG (28.33 KiB) Προβλήθηκε 1347 φορές

Από

και $\angle CFE = \angle CQP = \angle CAP = \angle ACD$ προκύπτει $FC\perp AC$ και αρκεί να αποδειχθεί ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο έστω $S\equiv BD\cap PQ$ .

$\bullet$ Αυτό όμως συμπεραίνεται άμεσα, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, από την προοπτικότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle EDF,\ \vartriangle PBC$ τα οποία έχουν τις πλευρές τους παράλληλες μία προς μία και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

mathematica.gr

Ουράνια καθετότητα

Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα

Re: Ουράνια καθετότητα