Αμετακίνητο

KARKAR · #1

: Αμετακίνητο.png (13.52 KiB) Προβλήθηκε 350 φορές

Το

είναι σταθερό σημείο της $\varepsilon_{2}$ και το

είναι σταθερό σημείο της $\varepsilon_{1}$ . Το τραπέζιο ABCD

δημιουργείται ως εξής : Από κινητό σημείο

της $\varepsilon_{3}$ φέρουμε τις SAD

και

. Οι $\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\varepsilon_{3}$

είναι παράλληλες . Δείξτε ότι το σημείο τομής

των διαγωνίων του τραπεζίου είναι σταθερό .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 27, 2025 10:08 am
Αμετακίνητο.pngΤο είναι σταθερό σημείο της $\varepsilon_{2}$ και το είναι σταθερό σημείο της $\varepsilon_{1}$ . Το τραπέζιο

δημιουργείται ως εξής : Από κινητό σημείο της $\varepsilon_{3}$ φέρουμε τις και . Οι $\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\varepsilon_{3}$

είναι παράλληλες . Δείξτε ότι το σημείο τομής των διαγωνίων του τραπεζίου είναι σταθερό .

Πρώτα –πρώτα οι μεταξύ τους αποστάσεις των παραλλήλων ευθειών : ${e_1}\,\,,\,\,{e_2}\,\,,\,\,{e_3}$ είναι σταθερές .

Φέρνω την ευθεία

και ως γνωστό θα διέρχεται από τα μέσα $M,\,N$ των $AB\,\,,\,\,DC$ και από το μέσο των διαγωνίων

του τραπεζίου ABCD

, δηλαδή από το

. Ας είναι $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q$ οι τομές της παράλληλης από το

προς τις ευθείες :

: Αμετακίνητο.png (30.34 KiB) Προβλήθηκε 336 φορές

${e_1}\,\,,\,\,{e_2}\,\,,\,\,{e_3}$ . Επειδή η δέσμη : $S\left( {{e_3},SM\backslash SC,SD} \right)$ είναι αρμονική θα είναι και η τετράδα $\left( {S,T\backslash M,N} \right)$ αρμονική

και άρα ο λόγος $\dfrac{{MT}}{{TN}}$ θα ισούται με το λόγο των αποστάσεων της

από τις ${e_2}\,\,,\,\,{e_1}$ που είναι σταθερό και ισούται με

$\dfrac{{AT}}{{TC}}$ . Δηλαδή $\dfrac{{MT}}{{TN}} = \dfrac{{AT}}{{TC}}$ , σταθερός .

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 27, 2025 10:08 am
Αμετακίνητο.pngΤο είναι σταθερό σημείο της $\varepsilon_{2}$ και το είναι σταθερό σημείο της $\varepsilon_{1}$ . Το τραπέζιο

δημιουργείται ως εξής : Από κινητό σημείο της $\varepsilon_{3}$ φέρουμε τις και . Οι $\varepsilon_{1},\varepsilon_{2},\varepsilon_{3}$

είναι παράλληλες . Δείξτε ότι το σημείο τομής των διαγωνίων του τραπεζίου είναι σταθερό .

Από Μενέλαο στο SAC

με διατέμνουσα την

, έχουμε $\dfrac {AT}{TC}= \dfrac {BS}{CB} \cdot \dfrac {AD}{SD}$ . Όμως λόγω των παράλληλων ευθειών, τα δύο τελευταία πηλίκα είναι σταθερά (το πρώτο από την e_2//e_3

και το δεύτερο από την e_3//e_1

). Άρα είναι σταθερός και ο λόγος $\dfrac {AT}{TC}$ . Τώρα, αφού τα A,C

είναι σταθερά, έπεται ότι και το

είναι σταθερό.

KARKAR · #4

: Αμετακίνητο συμπλ..png (17.25 KiB) Προβλήθηκε 314 φορές

Ας πλουτίσουμε την άσκηση με ένα ακόμη ερώτημα : Αν d , p

οι αποστάσεις των παραλλήλων

και A'C= a

, η προβολή του

στην $\varepsilon_{1}$ , υπολογίστε την $\tan\theta , (\theta=\widehat{TA'C} )$ .

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 27, 2025 1:41 pm
Ας πλουτίσουμε την άσκηση με ένα ακόμη ερώτημα : Αν οι αποστάσεις των παραλλήλων

και , η προβολή του στην $\varepsilon_{1}$ , υπολογίστε την $\tan\theta , (\theta=\widehat{TA'C} )$ .

Φέρνουμε την κάθετο TT'

στην

. Από τα όμοια τρίγωνα AA'C, TT'C

έχουμε $\dfrac {x}{d}= \dfrac {n}{m+n}$ και $\dfrac {a}{a-y}= \dfrac {m+n}{n}$ . Άρα

$x= \dfrac {dn}{m+n}, \, y= \dfrac {am}{m+n}$ .

Άρα $\tan \theta = \dfrac {x}{y}= \dfrac {d}{a} \cdot \dfrac {n}{m} = \dfrac {d}{a} \cdot \dfrac {CT}{AT}$ .

Αλλά στο ποστ #

είδαμε ουσιαστικά (ισοδύναμα) $\dfrac {AT}{CT}= \dfrac {p}{p+d}$ . Τελικά

$\boxed {\tan \theta = \dfrac {d(p+d)}{ap}}$ .
.

Αμετακίνητο

Αμετακίνητο

Re: Αμετακίνητο

Re: Αμετακίνητο

Re: Αμετακίνητο

Re: Αμετακίνητο

Μέλη σε σύνδεση