mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 15, 2018 10:46 pm**

Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω , το μέσον της πλευράς του . Από τυχόν σημείο της μεσοκάθετης ευθείας της πλευράς , φέρνουμε τις κάθετες ευθείες επί των $AM,\ BM$ , οι οποίες τέμνουν στα σημεεία $S,\ T$ αντιστοίχως, τις εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία $A,\ B$ . Αποδείξτε ότι $ST\parallel CD$ .

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 16, 2018 7:53 am**

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 15, 2018 10:46 pm
Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω , το μέσον της πλευράς του . Από τυχόν σημείο της μεσοκάθετης ευθείας της πλευράς , φέρνουμε τις κάθετες ευθείες επί των $AM,\ BM$ , οι οποίες τέμνουν στα σημεεία $S,\ T$ αντιστοίχως, τις εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία $A,\ B$ . Αποδείξτε ότι $ST\parallel CD$ .

Κώστας Βήττας.

: Παραλληλία μεταβλητής ευθείας.png (55.43 KiB) Προβλήθηκε 1345 φορές

Καλημέρα Κώστα,

Έστω $K\equiv AM\cap PS,L\equiv BM\cap PT$ και ας είναι και οι ορθές προβολές του στις και αντίστοιχα.

Τότε από $OA\bot SA$ και $OB\bot TB$ σύμφωνα με το https://www.cut-the-knot.org/m/Geometry ... tras.shtml προκύπτει ότι

$\dfrac{{KS'}}{{AA'}} = \dfrac{{PA}}{{PS}}:\left( 1 \right)$ και $\dfrac{{LT'}}{{BB'}} = \dfrac{{PB}}{{PT}}:\left( 2 \right)$ και από $\left( 1 \right):\left( 2 \right) \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{{KS'}}{{AA'}}}}{{\dfrac{{LT'}}{{BB'}}}} = \dfrac{{\dfrac{{PA}}{{PS}}}}{{\dfrac{{PB}}{{PT}}}}:\left( 3 \right)$ ,

Είναι $PA=PB:\left( 4 \right)$ (μεσοκάθετης της ) και $A{A}'=B{B}':\left( 5 \right)$ (προβολές των ίσων πλευρών στις ίσες πλευρές αντίστοιχα των προφανώς (λόγω συμμετρίας ως προς την ) των ίσων τριγώνων $\vartriangle OAP,\vartriangle OBP$

Από $\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right),\left( 5 \right)} \ldots \dfrac{{KS'}}{{LT'}} = \dfrac{{PT}}{{PS}}:\left( 6 \right)$

Από την $\left( 6 \right)$ σύμφωνα με το αντίστροφο του πιο πάνω θεωρήματος προκύπτει ότι $OM\bot ST$ και με $OM\bot CD$ ( απόστημα σε χορδή κύκλου) προκύπτει ότι $ST\parallel CD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 16, 2018 10:51 am**

Μιας και σχολάσαμε νωρίτερα σήμερα ας ανεβάσω μια άλλη λύση:

Λόγω του ότι $OM\perp CD$ αρκεί $OM\perp ST$ .

Από τη συνθήκη καθετότητας ξέρουμε πως αφού $SP\perp AM$ είναι SM^2-SA^2=PM^2-PA^2

.

Όμοια είναι και TM^2-TB^2=PM^2-PB^2

.

Όμως

, άρα είναι:

$SM^2-SA^2=TM^2-TB^2\Leftrightarrow MS^2-MT^2=SA^2-TB^2$ (1).

Από Πυθαγόρειο στα ορθογώνια τρίγωνα SAO

και

, έχουμε ότι SA^2=OS^2-OA^2

και

.

Επομένως SA^2-TB^2=OS^2-OA^2-OT^2+OB^2=OS^2-OT^2

(2).

Από (1) και (2) έχουμε πως:

MS^2-MT^2=OS^2-OT^2

άρα από τη συνθήκη καθετότητας έχουμε ότι $OM\perp ST$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 16, 2018 3:38 pm**

: steiner-vitt.png (52.4 KiB) Προβλήθηκε 1276 φορές

Έστω

το σημείο τομής των εφαπτομένων του κύκλου (O)

στα

και

. Εφόσον οι κάθετες που άγονται από τις κορυφές

,

του $\vartriangle EST$ στις πλευρές

,

του $\vartriangle MBA$ αντίστοιχα, διέρχονται από το ίδιο σημείο

, τότε και οι κάθετες που άγονται από τις κορυφές

,

του $\vartriangle MBA$ στις πλευρές

,

του $\vartriangle EST$ θα διέρχονται, σύμφωνα με το θεώρημα του Steiner, επίσης από το ίδιο σημείο. Εφόσον όμως, οι κάθετες στις

και

στα

,

τέμνονται στο κέντρο

, τότε και η κάθετος της

από το

θα διέρχεται από το

. Αλλά τότε το

απόστημα της χορδής

, δηλαδή, $OM \bot CD$ . Επομένως, $ST \parallel CD$ .
Για την περίπτωση που το σημείο

δεν ορίζεται, δηλαδή, όταν τα

,

είναι αντιδιαμετρικά, τότε μπορούμε να αποδείξουμε την παραλληλία με το κριτήριο καθετότητας που χρησιμοποίησε και ο Δ. Αδαμόπουλος , που άλλωστε και η απόδειξη του Θ. Steiner βασίζεται σε αυτό το κριτήριο.

mathematica.gr

Παραλληλία μεταβλητής ευθείας.

Παραλληλία μεταβλητής ευθείας.

Re: Παραλληλία μεταβλητής ευθείας.

Re: Παραλληλία μεταβλητής ευθείας.

Re: Παραλληλία μεταβλητής ευθείας.