Ζηλευτή καθετότητα

#1

: Ζηλευτή καθετότητα.png (16.35 KiB) Προβλήθηκε 1485 φορές

Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι τέμνονται στα σημεία A, B

και είναι

το μέσο του τόξου

και

το μέσο του τόξου AD.

Να δείξετε ότι $\displaystyle{AB \bot MN}.$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

george visvikis έγραψε:Ζηλευτή καθετότητα.png
Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι τέμνονται στα σημεία και είναι το μέσο του τόξου

και το μέσο του τόξου Να δείξετε ότι $\displaystyle{AB \bot MN}.$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Η άσκηση ισχύει για τη συγκεκριμένη διάταξη του σχήματος. Για παράδειγμα, τo συμπέρασμα δεν ισχύει αν ένα από τα τόξα περιέχει το και το άλλο όχι.

Μπράβο Γιώργο . Αυτό μάλιστα!!!

Πράγματι είναι ζηλευτή αυτή η καθετότητα!!!. Εχω μια όμορφη λύση (όπως της αξίζει) . Θα την αφήσω μέχρι το βραδάκι

(εκτός να βάλεις και άλλο χρονικό φραγμό ) να την δοκιμάσουν και άλλοι και τα ξαναλέμε. Προσπαθώ να βρώ και δεύτερη λύση

Την ευχαριστήθηκα αυτή τη λύση και μου θύμησε τα λόγια του φιλου Γιάννη Καψουλάκη κάπου αλλού:

"Μεγάλη αγάπη η γεωμετρία, ρε παιδιά. Η λύση περιμένει υπομονετικά μέχρι να την ανακαλύψει η φαντασία σου.

Και τότε ανθίζει το πρόβλημα και σε ανταμοίβει με ένα ερωτικό χάδι".

Σε ευχαριστώ θερμά .
Στάθης

#3

Γράφω τον κύκλο (M,MA)

και έστω

το άλλο εκτός των $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ , σημείο τομής

του με την

. Επειδή $\left\{ \begin{gathered} \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} \hfill \\ \widehat {{a_1}} + \widehat {{a_3}} = 180^\circ \hfill \\ \widehat {{a_2}} + \widehat {{a_4}} = 180^\circ \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}}$ συνεπώς τα τρίγωνα

$MCB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,MTB$ είναι ίσα από το έμμεσο κριτήριο γιατί είναι αμβλυγώνια ,

: Ζηλευτή καθετότητα.png (35.29 KiB) Προβλήθηκε 1397 φορές

Το σημείο λοιπόν

ανήκει ταυτόχρονα στον κύκλο (B,BC)

και στην

.

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι αν γράψουμε τον κύκλο (N,NA)

θα διέρχεται από το

. Το τετράπλευρο AMTN

είναι χαρταετός άρα $AB \bot MN$ .

: Ζηλευτή καθετότητα_πλήρες σχήμα.png (42.85 KiB) Προβλήθηκε 1379 φορές

harrisp · #4

Διακρίνω μεγαλη ομοιότητα με το δεύτερο πρόβλημα του διαγωνισμου EMC 2016 JUNIORS.

http://emc.mnm.hr/wp-content/uploads/20 ... rs_ENG.pdf

#5

george visvikis έγραψε:Ζηλευτή καθετότητα.png
Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι τέμνονται στα σημεία και είναι το μέσο του τόξου

και το μέσο του τόξου Να δείξετε ότι $\displaystyle{AB \bot MN}.$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Η άσκηση ισχύει για τη συγκεκριμένη διάταξη του σχήματος. Για παράδειγμα, τo συμπέρασμα δεν ισχύει αν ένα από τα τόξα περιέχει το και το άλλο όχι.

Το περίμενα ότι θα δινόταν λύση με το ριζικό άξονα δύο κύκλων κέντρων ${\rm M},{\rm N}$ (στην ουσία αυτό έκανε ο Νίκος) και είναι η πρώτη σκέψη που πρέπει να κάνει κανείς. Ισως ήταν προτιμότερο το να θεωρηθεί το σημείο τομής του κύκλου $\left( {B,BC = BD} \right)$ με την . Τα πράγματα θα ήταν απλούστερα (με ισότητα τριγώνων). Γι' αυτό και έψαχνα για δεύτερη λύση την οποία και βρήκα . Βέβαια ο τελευταίος τραβάει και κουπί αλλά μου αρέσει και αυτή.

Έστω τα δεύτερα (εκτός των ) σημεία τομής της με τους κύκλους $\left( K \right),\left( L \right)$ αντίστοιχα.

Με $BC = BD \Rightarrow \boxed{\angle ECB \equiv \angle DCB = \angle CDB \equiv \angle FDB}:\left( 1 \right)$ .

Είναι $\left\{ \begin{gathered} \angle ECB\mathop = \limits^{C,E,B,A\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( K \right)} \angle EAB \\ \angle FDB\mathop = \limits^{D,F,B,A\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( L \right)} \angle FAB \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\angle EAB = \angle FAB \Rightarrow AB$ ο φορέας της διχοτόμου της γωνίας $\angle EAF$ του τριγώνου $\vartriangle AEF$ ,

Ας είναι ${{I}_{a}}\equiv ME\cap NF$ . Τότε με $\angle MEA\mathop = \limits^{\tau o\xi .MA = \tau o\xi .MC} \angle MEC \Rightarrow ME$ ο φορές της εξωτερικής γωνίας $\angle AEF$ του τριγώνου $\vartriangle AEF$ .
[attachment=0]Ζηλευτή καθετότητα.png[/attachment]
Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι ο φορέας της εξωτερικής γωνίας $\angle AFE$ του τριγώνου $\vartriangle AEF$ . Έτσι το ${{I}_{a}}$ (όπως ορίστηκε) είναι

το παράκεντρο του τριγώνου $\vartriangle AEF$ που βρίσκεται στο φορέα της διχοτόμου , οπότε $A,B,{{I}_{a}}$ συνευθειακά και $\boxed{\angle E{I_a}F = {{90}^0} - \frac{{\angle EAF}}{2}}:\left( 2 \right)$

Είναι $\angle {I_a}MB \equiv \angle EMB\mathop = \limits^{M,E,B,A\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( K \right)}$ $\angle EAB = \dfrac{{\angle EAF}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \angle {I_a}MB + \angle M{I_a}F = {90^0}$ $\Rightarrow MB \bot {I_a}F \Rightarrow MB$

ο φορέας του εκ ύψους του τριγώνου $\vartriangle {{I}_{a}}MN$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι ο φορέας του εκ ύψους του τριγώνου $\vartriangle {{I}_{a}}MN$ ,

δηλαδή το σημείο ταυτίζεται με ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle {I_a}MN \Rightarrow {I_a}A \bot MN$ $\mathop \Rightarrow \limits^{{I_a},B,A\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } \boxed{{\rm A}{\rm B} \bot MN}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#6

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Διακρίνω μεγαλη ομοιότητα με το δεύτερο πρόβλημα του διαγωνισμου EMC 2016 JUNIORS.

http://emc.mnm.hr/wp-content/uploads/20 ... rs_ENG.pdf

Δεν την πήρα από εκεί πάντως. Η άσκηση είναι παραλλαγή αυτής, με τη διαφορά ότι έδινε τα σημεία C, B, D

συνευθειακά.

Ζηλευτή καθετότητα

Ζηλευτή καθετότητα

Re: Ζηλευτή καθετότητα

Re: Ζηλευτή καθετότητα

Re: Ζηλευτή καθετότητα

Re: Ζηλευτή καθετότητα

Re: Ζηλευτή καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση