Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

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

Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Ιαν 09, 2020 4:46 pm

Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC με AD το ύψος του και ας είναι E,\ F, τυχόντα σημεία επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως, ώστε να είναι \angle EDF = 90^{o}. Ο περίκυκλος έστω (K) του τριγώνου \vartriangle D EF τέμνει την BC στο σημείο Z και έστω P,\ Q, οι προβολές του σημείου D, επί των AB,\ AC, αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία S\equiv DQ\cap ZE και T\equiv DP\cap ZF περνάει από σταθερό σημείο.

Κώστας Βήττας
f 185_t 66062.PNG
Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.
f 185_t 66062.PNG (30.97 KiB) Προβλήθηκε 836 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 315
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Παρ Ιαν 10, 2020 3:51 pm

Καλησπέρα.
Προσπάθησα να αποφύγω τη σύντομη λύση με Προβολική οπότε έκανα το ακόλουθο:
Παίρνω αρχικά αντιστροφή κέντρου D και τυχαίας ακτίνας.
Με λίγη σκέψη το πρόβλημα γίνεται (τα γράμματα δεν αντιστοιχίζουν):
Δίνεται τρίγωνο ABC με ορθόκεντρο H και DE F το ορθικό τρίγωνο.Στους κύκλους (BDF),(CDE) επιλέγουμε σημεία R_{1},R_{2} αντίστοιχα ώστε R_{1}HR_{2}\angle=90R_{1}R_{2} τέμνει την BC στο X,ο κύκλος (R_{1}HX) την CF στο S_{1} και ο κύκλος (R_{2}HX) την BE στο S_{2}.Να δειχθεί ότι ο κύκλος (HS_{1}S_{2}) περνάει από σταθερό σημείο καθώς μεταβάλλονται τα R_{1}R_{2}.
(Προσθήκη:Η πραγματική αντιστοιχία είναι:(αριστερά το αρχικό σχήμα):(D\equiv H),(E\leftrightarrow R_{1}),(F\leftrightarrow R_{2}),((DFE)\leftrightarrow R_{1}R_{2}),(DP\leftrightarrow HF),(DQ\leftrightarrow HE),(A\leftrightarrow D) και ,(AB\leftrightarrow (HDBF)),(AC\leftrightarrow (HDCE)),(Z\leftrightarrow X),(S\leftrightarrow S_{1}),(T\leftrightarrow S_{2}),(ST\leftrightarrow (DS_{1}S_{2}))...)
ονν.png
ονν.png (45.7 KiB) Προβλήθηκε 744 φορές
Για την απόδειξη αυτού θα χρησιμοποιήσω ένα κριτήριο ομοαξονικότητας κύκλων:
Δίνονται κύκλοι C_{1},C_{2}.Τυχαίο σημείο X του επιπέδου διαγράφει κύκλο ομοαξονικό με τους \displaystyle{C_{1},C_{2} αν και μόνο αν Pow_{C_{1}}(X)=constant\cdot Pow_{C_{2}}(X)}
όπου τα "Pow" συμβολίζουν τη δύναμη του X ως προς τον αντίστοιχο κύκλο.
Η απόδειξη του κριτηρίου είναι απλή με Καρτεσιανές ή και αντιστροφή.
Προσθήκη:Αν πχ. τα κέντρα των κύκλων είναι τα O_{1},O_{2} με συντεταγμένες (-1,0),(1,0) αντίστοιχα και r_{1},r_{2} οι ακτίνες τους,τότε η παραπάνω εξίσωση δυνάμεων γίνεται (x+1)^2+y^2-r_{1}^2=c\cdot [(x-1)^2+y^2-r_{2}^2] με (x,y) τις συντεταγμένες του σημείου X.Η εξίσωση αυτή είναι κύκλου (ίδιοι οι συντελεστές των x^2,y^2) που περνάει από τα κοινά σημεία των C_{1},C_{2} (ως γραμμικός συνδυασμός αυτών/με απλό έλεγχο) κλπ...



Προσθήκη:Αν η σταθερά είναι ίση με 1 έχουμε τον κλασικό ριζικό άξονα τον οποίο μπορούμε να δούμε σαν
"εκφυλισμένο κύκλο".Υπό αυτήν την έννοια το κριτήριο αποτελεί γενίκευση του Ριζικού άξονα.


Πίσω στο πρόβλημα τώρα:Δεν είναι δύσκολο να δούμε πως αν R_{1}\equiv D τότε ο (HS_{1}S_{2}) για αυτή τη θέση-έστω C_{1} εφάπτεται στην CF στο H.
Ομοίως,για R_{2}\equiv D ο κύκλος (HS_{1}S_{2}) για αυτή τη θέση-έστω C_{2},εφάπτεται στην HE στο H.
Αν τώρα πάρουμε μια τυχαία θέση των R_{1},R_{2} θέμε να δείξουμε πως ο (τυχαίος) (HS_{1}S_{2}) περνάει από το σημείο τομής (εκτός του H) των C_{1},C_{2} ή αλλιώς ότι (HS_{1}S_{2}),C_{1},C_{2} είναι ομοαξονικοί.
Από το κριτήριο και επειδή ήδη έχουν κοινό σημείο (H) αρκεί \dfrac{Pow_{C_{1}}(S_{1})}{Pow_{C_{2}}(S_{1})}=\dfrac{Pow_{C_{1}}(S_{2})}{Pow_{C_{2}}(S_{2})} το οποίο φυσικά είναι \dfrac{S_{1}H^2}{S_{1}H\cdot S_{1}F}=\dfrac{S_{2}H\cdot S_{2}E}{S_{2}H^2}\Leftrightarrow \dfrac{S_{1}H}{HF}=\dfrac{S_{2}E}{EH}(1).
Η παρατήρηση κλειδί είναι ότι R_{1}S_{1}F\cup H\simeq R_{2}S_{2}H\cup E (τα 2 σχήματα είναι όμοια).
Πράγματι:
Είναι R_{1}S_{1}H\angle=R_{1}XH\angle=R_{2}S_{2}H\angle και R_{1}FS_{1}\angle=R_{1}BH\angle=90-BHR_{1}\angle=R_{2}HS_{2}\angle που δηλώνει ότι R_{1}S_{1}F\simeq R_{2}S_{2}H.
Επιπλέον R_{1}HS_{1}\angle=90-CHR_{2}\angle=90-CDR_{2}\angle=HDR_{2}\angle=R_{2}ES_{2}\angle που δηλώνει πως όντως R_{1}S_{1}F\cup H\simeq R_{2}S_{2}H\cup E.
Η (1) (και συνεπώς το ζητούμενο) είναι πλέον άμεση από την παραπάνω ομοιότητα.

Υγ.'Επρεπε μάλλον να χρησιμοποιήσω "directed angles" γιατί υπάρχουν αρκετά "configuration issues"-πάντως το επιχείρημα δεν αλλάζει
edit:Προσθήκες
τελευταία επεξεργασία από min## σε Κυρ Ιαν 12, 2020 5:38 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7256
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Ιαν 10, 2020 11:07 pm

vittasko έγραψε:
Πέμ Ιαν 09, 2020 4:46 pm
Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC με AD το ύψος του και ας είναι E,\ F, τυχόντα σημεία επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως, ώστε να είναι \angle EDF = 90^{o}. Ο περίκυκλος έστω (K) του τριγώνου \vartriangle D EF τέμνει την BC στο σημείο Z και έστω P,\ Q, οι προβολές του σημείο D, επί των AB,\ AC, αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι η ευθεία που συνδέει τα σημεία S\equiv DQ\cap ZE και T\equiv DP\cap ZF περνάει από σταθερό σημείο.

Κώστας Βήττας
Ο εκπληκτικός Min\# \# μας εντυπωσιάζει συνεχώς !
Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού  σημείου 15.png
Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.png (33.37 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές
Δίδω μόνο την απάντηση. Δεν έχω Ευκλείδεια λύση.

Αν O το περίκεντρο του τριγώνου ABC και B' το συμμετρικό του B ως προς την ευθεία AO τότε το σταθερό σημείο , έστω G, είναι η τομή των ευθειών :

AO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B'C.

Στο δυναμικό αρχείο που επισυνάπτω δώστε στο E : Κίνηση ενεργή
Συνημμένα
Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.ggb
(38.52 KiB) Μεταφορτώθηκε 13 φορές


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

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Ιαν 11, 2020 11:09 am

Doloros έγραψε:Δίδω μόνο την απάντηση.

Αν O το περίκεντρο του τριγώνου ABC και B' το συμμετρικό του B ως προς την ευθεία AO τότε το σταθερό σημείο , έστω G, είναι η τομή των ευθειών : AO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B'C.
Με άλλα λόγια, το σταθερό σημείο από το οποίο περνάει η μεταβλητή ευθεία ST ( το σημείο G στο σχήμα του Νίκου ), είναι αυτό για το οποίο η κορυφή A του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC ταυτίζεται με το G-παράκεντρο του τριγώνου \vartriangle GBC.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ.
Doloros έγραψε:Ο εκπληκτικός Min\# \# μας εντυπωσιάζει συνεχώς !
Νίκο, για να απολαύσει κάποιος τον χαρισματικό Μίνο με τις εντυπωσιακές λύσεις του, πρέπει να τον επαληθεύσει. Αλλά για να μπορεί να τον επαληθεύσει πρέπει να (ξανά) διαβάσει. Το "διάβασμα" όμως, θέλει και την σωστή ηλικία η οποία είναι φευγάτη για μερικούς ...

Ελπίζω να δίνει κάποιες λεπτομέρειες παραπάνω, ώστε να μπουν στο παιχνίδι της εκτεταμένης συνθετικής Ευκλείδειας Γεωμετρίας και άλλοι ταλαντούχοι νέοι που συμμετέχουν αυτήν την περίοδο στα γεωμετρικά δρώμενα του :logo: .


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

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Ιαν 24, 2020 7:27 pm

\bullet Οι δια των σημείων B,\ C κάθετες ευθείες επί των AB,\ AC αντιστοίχως, τέμνονται στο σημείο έστω H και έστω τα σημεία L\equiv AB\cap CH και N\equiv AC\cap BH.

Το σημείο H ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle ALN ( προφανές ) και έστω τα σημεία M\equiv LN\cap AH και X\equiv BH\cap ZE και Y\equiv CH\cap ZF.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1 , έχουμε ότι οι ευθείες FX,\ EY περνάνε από το σημείο M και έστω τα σημεία R\equiv (K)\cap DP και U\equiv (K)\cap DQ.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2 , έχουμε ότι οι ευθείες FX,\ EY περνάνε από τα σημεία R,\ U, αντιστοίχως.

\bullet Από τα συνευθειακά σημεία A\equiv BF\cap CE και H\equiv BX\cap CY και M\equiv FX\cap EY, σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques , έχουμε ότι τα τρίγωνα \vartriangle BFX,\ \vartriangle CEY είναι προοπτικά και άρα, προκύπτει FE\cap BC\cap XY\equiv V\ \ \ ,(1)

Από το πλήρες τετράπλευρο VEZYFX τώρα, έχουμε ότι η σημειοσειρά E,\ W,\ Y,\ M είναι αρμονική, όπου W\equiv ZC\cap EY.

Από το εγγεγραμμένο στον κύκλο (K) μη κυρτό εξάγωνο DRFZEU, σύμφωνα με το Θεώρημα Pascal , έχουμε ότι τα σημεία O\equiv DR\cap ZE και M\equiv RF\cap EU και G\equiv FZ\cap UD είναι συνευθειακά.
f 185_t 66062(a).PNG
Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (15).
f 185_t 66062(a).PNG (54.61 KiB) Προβλήθηκε 395 φορές
\bullet Η δέσμη Z.EWYM είναι αρμονική, λόγω της αρμονικής σημειοσειράς E,\ W,\ Y,\ M.

Η δέσμη αυτή τέμνεται από την ευθεία GM και άρα, η σημειοσειρά G,\ J,\ O,\ M είναι αρμονική, όπου J\equiv GO\cap DZ.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι στο πλήρες τετράπλευρο DGZOST, η ευθεία που συνδέει τα σημεία S,\ T της εκφώνησης ( = σημεία τομής των ευθειών των απέναντι πλευρών του DGZO ), περνάει από το σταθερό σημείο M, ως το αρμονικό συζυγές του J ως προς τα σημεία G,\ O και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC με AD,\ BE,\ CF τα ύψη του και ας είναι P, η προβολή του A επί της EF. Έστω τα τυχόντα σημεία X\in AF και Y\in AE ώστε να είναι \angle XPY = 90^{o} και έστω Q, το σημείο τομής της EF από τον περίκυκλο (K) του τριγώνου \vartriangle PXY. Αποδείξτε ότι οι ευθείες XS,\ YT περνάνε από το σημείο D, όπου S\equiv CF\cap QY και T\equiv BE\cap QX.

ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC με AD το ύψος του και ας είναι E,\ F, τυχόντα σημεία επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως, ώστε να είναι \angle EDF = 90^{o}. Ο περίκυκλος έστω (K) του τριγώνου \vartriangle DE F, τέμνει την BC στο σημείο Z και ας είναι S, η προβολή του D επί της AB. Η δια του σημείου B κάθετη ευθεία επί την AB τέμνει την ευθεία EZ στο σημείο Q. Αποδείξτε ότι τα σημεία F,\ P,\ Q είναι συνευθειακά, όπου P\equiv (K)\cap DS.

\bullet Είναι προφανές ότι το σημείο H ( = το ορθόκεντρο του \vartriangle ALN ) ταυτίζεται με το έγκεντρο του \vartriangle MBC και το σημείο A του δοσμένου τριγώνου \vartriangle ABC, ταυτίζεται με το M-παράκεντρο του \vartriangle MBC.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου, για τα ως άνω Λήμμα 1 και Λήμμα 2 .


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

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Ιαν 24, 2020 10:22 pm

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC με AD,\ BE,\ CF τα ύψη του και ας είναι P, η προβολή του A επί της EF. Έστω τα τυχόντα σημεία X\in AF και Y\in AE ώστε να είναι \angle XPY = 90^{o} και έστω Q, το σημείο τομής της EF από τον περίκυκλο (K) του τριγώνου \vartriangle PXY. Αποδείξτε ότι οι ευθείες XS,\ YT περνάνε από το σημείο D, όπου S\equiv CF\cap QY και T\equiv BE\cap QX.
Ορίζουμε το σημείο S, ως το σημείο τομής της CF από την ευθεία XD και αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι τα σημεία S,\ Q,\ Y είναι συνευθειακά και ομοίως ότι τα σημεία T,\ Q,\ X είναι συνευθειακά, όπου T\equiv BE\cap DY.

\bullet Έστω το σημείο Z\equiv AC\cap (K) το διάφορο του Y.

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο PXZY με \angle XPY = 90^{o}\Rightarrow \angle XZY = 90^{o}\Rightarrow \boxed{XZ\perp AC}\ \ \ ,(1)

Από (1) και BE\perp AC\Rightarrow XZ\parallel BE\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{AZ}{ZE} = \frac{AX}{XB}}\ \ \ ,(2)

Από (2) στα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle PAE,\ \vartriangle DAB, λόγω \angle AEP = \angle ABD, προκύπτει \boxed{\angle PZE = \angle DXB}\ \ \ ,(3)

Από (3) και \angle PZE\equiv PZY = \angle PXY\Rightarrow \boxed{\angle PXY = \angle DXB\equiv \angle FXS}\ \ \ ,(4)
f 185_t 66062(b).PNG
Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (15) - Απόδειξη του Λήμματος 1.
f 185_t 66062(b).PNG (26.49 KiB) Προβλήθηκε 394 φορές
\bullet Από (4) έχουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle PXY,\ \vartriangle FXS είναι όμοια και άρα, ισχύει \boxed{\angle PYX = \angle FSX}\ \ \ ,(5)

Από (5) και \angle PYX = \angle PQX\Rightarrow \boxed{\angle FSX = \angle PQX\equiv FQX}\ \ \ ,(6)

Από (6) έχουμε ότι το τετράπλευρο FSQX είναι εγγράψιμο και επομένως, ισχύει \boxed{\angle XQS = 90^{o}}\ \ \ ,(7) λόγω \angle XFS = 90^{o}.

Από (7) και \angle XQY = 90^{o}, συμπεραίνεται ότι τα σημεία S,\ Q,\ Y είναι συνευθειακά και ομοίως για τα σημεία T,\ Q,\ X και το ισοδύναμο ζητούμενο για το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


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

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου 15.

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Ιαν 25, 2020 10:48 am

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο \vartriangle ABC με AD το ύψος του και ας είναι E,\ F, τυχόντα σημεία επί των πλευρών του AC,\ AB αντιστοίχως, ώστε να είναι \angle EDF = 90^{o}. Ο περίκυκλος έστω (K) του τριγώνου \vartriangle DE F, τέμνει την BC στο σημείο Z και ας είναι S, η προβολή του D επί της AB. Η δια του σημείου B κάθετη ευθεία επί την AB τέμνει την ευθεία EZ στο σημείο Q. Αποδείξτε ότι τα σημεία F,\ P,\ Q είναι συνευθειακά, όπου P\equiv (K)\cap DS.
f 185_t 66062(c).PNG
Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (15) - Απόδειξη του Λήμματος 2.
f 185_t 66062(c).PNG (22.59 KiB) Προβλήθηκε 393 φορές
\bullet Από \angle FBQ = 90^{o} = \angle FZQ, έχουμε ότι το τετράπλευρο BFZQ είναι εγγράψιμο και άρα, ισχύει \boxed{\angle ZFQ = \angle ZBQ}\ \ \ ,(1)

Από DP\parallel BQ\Rightarrow \boxed{\angle ZBQ = \angle PDB}\ \ \ ,(2)

Από (1),\ (2)\Rightarrow \boxed{\angle ZFQ = \angle PDB}\ \ \ ,(3)

Από (3) και \angle ZFP = \angle PDB, λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου DZFP, προκύπτει \boxed{\angle ZFQ = \angle ZFP}\ \ \ ,(4)

Από (4) συμπεραίνεται ότι τα σημεία F,\ P,\ Q είναι συνευθειακά και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες