Ανορθόδοξη ορθότητα

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11544
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Ανορθόδοξη ορθότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Ιαν 22, 2020 2:01 pm

Ανορθόδοξη  ορθότητα.png
Ανορθόδοξη ορθότητα.png (17.59 KiB) Προβλήθηκε 265 φορές
Κύκλος (K,r) , στον οποίο είναι εγγεγραμμένο ορθογώνιο ABCD , εφάπτεται σε ευθεία \varepsilon , μη παράλληλη

προς τις πλευρές του ορθογωνίου . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα A,B , τέμνουν την \varepsilon στα σημεία A' ,B' .

Η DC τέμνει την \varepsilon στο σημείο S . Αν M το μέσο του τμήματος A'B' :

α) Δείξτε ότι KM \perp KS . ...β) Αν επιπλέον : A'(a,0) , B'(b,0)  , K(0,r) , βρείτε την τετμημένη του S .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2068
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ανορθόδοξη ορθότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Ιαν 22, 2020 3:37 pm

Στην πραγματικότητα έχουμε το σχήμα ενός τριγώνου με τον εγγεγραμμένο κύκλο του.

\bullet Έστω E, το σημείο επαφής του κύκλου (K) στην ευθεία A'B' και ας είναι Z, η προβολή του E επί της ευθείας KS.

Η ευθεία EZ ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου S ως προς τον κύκλο (K) και άρα, η δέσμη E.DZCS είναι αρμονική.

Έστω τυχόν σημείο X προς το μέρος του A', ώστε να είναι \boxed{KX\parallel A'B'}\ \ \ ,(1) και από MA' = MB' έχουμε ότι η δέσμη K.B'MA'X είναι αρμονική.
f 181_t 66147.PNG
Ανορθόδοξη ορθότητα.
f 181_t 66147.PNG (24.34 KiB) Προβλήθηκε 225 φορές
\bullet Αποδεικνύεται εύκολα ( η απόδειξη αφήνεται στον αναγνώστη ) ότι \boxed{EC\parallel KA'}\ \ \ ,(2) και \boxed{ED\parallel KB'}\ \ \ ,(3)

Από (1),\ (2),\ (3) στις ως άνω αρμονικές δέσμες E.DZCS,\ K.B'MA'X προκύπτει ότι \boxed{KM\parallel EZ}\ \ \ ,(4)

Από (4) και EZ\perp KS\Rightarrow \boxed{KM\perp KS} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 216
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: Ανορθόδοξη ορθότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Κυρ Ιαν 26, 2020 7:31 pm

Οι εφαπτόμενες στα A,\ B τέμνονται στο C' το C'K τέμνει τις AB,DC,A'B' στα L,F,Y αντίστοιχα. I το αντιδιαμετρικό του T και C'I\cap B'A'\equiv X.
ASK1 (5).png
ASK1 (5).png (427.62 KiB) Προβλήθηκε 62 φορές
\widehat{KFS}=\widehat{KTS}=90\overset{KFTS \varepsilon \gamma \gamma \rho }\Leftrightarrow \widehat{TSK}=\widehat{TFY}

1=\dfrac{KT}{KI}=\dfrac{KF}{KL}\Rightarrow IL//TF\Leftrightarrow \widehat{YFT}=\widehat{ILC'}

Επιπλέον έχουμε KL\cdot KC'=KB ^{2}=KI^{2}\Leftrightarrow \widehat{ILC'}=\widehat{TIX}

είναι γνωστό ότι KM//XI, απόδειξη υπάρχει ομοιοθεσία που στέλνει το I στον παρεγεγραμμένο κύκλο του A'B'C' ως προς το C' στην ευθεία A'B' οπότε X σημείο του παρεγεγραμμένου κύκλου άρα A'X=B'T=\dfrac{A'C'+B'C'+A'B'}{2}-C'A'\Rightarrow MX=MT\overset{KI=KT}\Rightarrow KM//XI οπότε \widehat{XIT}=\widehat{MKT}

Οι μεταφορές των γωνειών δείνουν \widehat{MKT}=\widehat{KSM}\overset{MK\perp KS}\Leftrightarrow \widehat{MKS}=90^{\circ}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης