Από σταθερό σημείο

KARKAR · #1

: Από σταθερό σημείο.png (10.81 KiB) Προβλήθηκε 1155 φορές

Έστω : $m \in (1, +\infty)$ . Στις κάθετες πλευρές AB , AC

του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$

θεωρούμε σημεία P,T

αντίστοιχα , ώστε : $BP=\dfrac{c}{m} , AT=\dfrac{b}{m}$ . Δείξτε ότι ο κύκλος

(P,A,T)

διέρχεται , για τις διάφορες τιμές του

, από σταθερό σημείο

της

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 11, 2019 12:20 pm
Από σταθερό σημείο.pngΈστω : $m \in (1, +\infty)$ . Στις κάθετες πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$

θεωρούμε σημεία αντίστοιχα , ώστε : $BP=\dfrac{c}{m} , AT=\dfrac{b}{m}$ . Δείξτε ότι ο κύκλος

διέρχεται , για τις διάφορες τιμές του , από σταθερό σημείο της .

To

είναι το ίχνος του ύψους.

Επεξεργασία: Άρση απόκρυψης.

#3

Αγνοώ προσωρινά τον κύκλο και φέρνω παράλληλη από το

προς την

που τέμνει την υποτείνουσα στο

. Θέτω και $\boxed{\frac{1}{m} = k} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} BP = ck\,\, \hfill \\ AT = bk \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

: Απο σταθερό σημείο_1.png (10.96 KiB) Προβλήθηκε 1111 φορές

Επειδή : $\boxed{\frac{{PJ}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{BA}} \Rightarrow \frac{{PJ}}{b} = \frac{{ck}}{c} = k \Rightarrow PJ = bk = AT}\,\,\,(1)$ .

Άρα το τετράπλευρο ATJP

είναι ορθογώνιο .

Γράφω τώρα τον κύκλο (P,A,T)

που θα διέρχεται από το

και θα τέμνει την υποτείνουσα ακόμη σε σημείο

: Απο σταθερό σημείο_2_ok.png (13.73 KiB) Προβλήθηκε 1106 φορές

Η διάμετρος του κύκλου είναι η διαγώνιος

και άρα η

κάθετη στην υποτείνουσα.

Altrian · #4

Φέρνω από το $\large P$ παράλληλη στην $\large AC$ που την τέμνει έστω στο $\large F$ .
$\large \bigtriangleup BPF\approx \bigtriangleup BAC\Rightarrow PF=\frac{b}{m}=AT$
Αρα $\large PATF$ ορθογώνιο παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο στον κύκλο με την διαγώνιο $\large AF$ διάμετρο του κύκλου.
Αρα $\large \angle ASF=90$ δηλ. $\large S$ το ίχνος του $\large A$

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης

Μετά είδα ότι παρόμοίως λύθηκε από τον Doloros. (την αφήνω για τον κόπο).

#5

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 11, 2019 1:23 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 11, 2019 12:20 pm
Από σταθερό σημείο.pngΈστω : $m \in (1, +\infty)$ . Στις κάθετες πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$

θεωρούμε σημεία αντίστοιχα , ώστε : $BP=\dfrac{c}{m} , AT=\dfrac{b}{m}$ . Δείξτε ότι ο κύκλος

διέρχεται , για τις διάφορες τιμές του , από σταθερό σημείο της .

To είναι το ίχνος του ύψους.

: Από σταθερό σημείο.Κ.png (10.9 KiB) Προβλήθηκε 1071 φορές

Φέρνω το ύψος

και θεωρώ σημείο

της

ώστε $BP=\dfrac{c}{m}.$ Ο κύκλος που διέρχεται από τα A, P, S

επανατέμνει την

στο

και την

στο

Θα δείξω ότι $AT=\dfrac{b}{m}.$

$\displaystyle BP \cdot BA = BS \cdot BQ \Leftrightarrow \frac{c}{m} \cdot c = \frac{{{c^2}}}{a} \cdot BQ \Leftrightarrow$ $\boxed{BQ=\dfrac{a}{m}}$ (1)

$\displaystyle CT \cdot CA = CQ \cdot CS \Leftrightarrow CT \cdot b = (a - BQ)\frac{{{b^2}}}{a}\mathop = \limits^{(1)} \left( {a - \frac{a}{m}} \right)\frac{{{b^2}}}{a} \Leftrightarrow CT = b\left( {1 - \frac{1}{m}} \right) \Leftrightarrow$ $\boxed{AT=\dfrac{b}{m}}$

STOPJOHN · #6

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 11, 2019 12:20 pm
Από σταθερό σημείο.pngΈστω : $m \in (1, +\infty)$ . Στις κάθετες πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$

θεωρούμε σημεία αντίστοιχα , ώστε : $BP=\dfrac{c}{m} , AT=\dfrac{b}{m}$ . Δείξτε ότι ο κύκλος

διέρχεται , για τις διάφορες τιμές του , από σταθερό σημείο της .

Θέτω

$SL=x, BS.BL=\dfrac{c^{2}}{m}\Leftrightarrow (BS+x).BS=\dfrac{c^{2}}{m},(1), LC.SC=b^{2}.\dfrac{m-1}{m} \Leftrightarrow (a-x-BS).(a-BS)=b^{2}.\dfrac{m-1}{m},(2), (1),(2)\Rightarrow am(SB)^{2}- (mc^{2}+a^{2}). (SB)+ac^{2}=0$

Το τριώνυμο ,ως προς

έχει λύση $SB=\dfrac{c^{2}}{a},SB=\dfrac{a}{m}, SB.BC=AB^{2}\Leftrightarrow \hat{ASB}=90^{0}$

Αρα το σταθερό σημείο είναι το ίχνος του ύψους

Αν $BS=\dfrac{a}{m}$ τότε τα σημεία L,S

ταυτίζονται και ο κύκλος εφάπτεται στην υποτείνουσα στο σημείο

Γιάννης

Από σταθερό σημείο

Από σταθερό σημείο

Re: Από σταθερό σημείο

Re: Από σταθερό σημείο

Re: Από σταθερό σημείο

Re: Από σταθερό σημείο

Re: Από σταθερό σημείο

Μέλη σε σύνδεση