Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

KARKAR · #1

: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης.png (12.86 KiB) Προβλήθηκε 1311 φορές

Η χορδή

ενός κύκλου , είναι κάθετη προς τη διάμετρο

και την τέμνει στο

. Γράφω το

προς το μέρος του

ημικύκλιο , διαμέτρου

και φέρω από το

εφαπτομένη στο ημικύκλιο ,

η οποία τέμνει τον κύκλο στο

. Αν

είναι το βέλος(

) της χορδής

, δείξτε ότι η

χορδή

, διχοτομεί το

.

Grigoris K. · #2

Καλησπέρα κ. Θανάση. Δίνω μία ιδέα (δυστυχώς με τριγωνομετρία) για το όμορφο αυτό πρόβλημα. Αλήθεια, ποια είναι η πηγή;

Καταρχάς να σημειωθεί ότι η $\displaystyle{ NM }$ είναι μεσοκάθετος της $\displaystyle{ TQ }$ . Έστω $\displaystyle{ W }$ το σημείο επαφής του $\displaystyle{ PT }$ με το ημικύκλιο και $\displaystyle{ J }$ το αντιδιαμετρικό του $\displaystyle{ Q }$ .

Φανερά $\displaystyle{ TA }$ διχοτόμος. Ισχύει $\displaystyle{ \angle TWB = 90^o - \angle PWS = \frac{\angle P}{2} }$ . Επίσης με ομοιοθεσία προκύπτει ότι η $\displaystyle{ BW }$ διχοτομεί την $\displaystyle{ \angle PBT }$

άρα $\displaystyle{ \angle PBW = \frac{\angle Q}{2} }$ . Επομένως στο $\displaystyle{ \triangle PWB }$ είναι $\displaystyle{ \frac{PW}{\sin \frac{\angle Q}{2}} = \frac{PB}{\sin \frac{\angle P}{2}} \implies \frac{\sin \frac{\angle Q}{2}}{\sin \frac{\angle P}{2}}} = \frac{PW}{PB} = \frac{PS}{PB} = \sin \angle PBA = \sin \frac{\angle T}{2}} \ \color{red}{(1)} }$ .

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ \angle NJA = \angle NPA = 90^o - \frac{\angle P}{2} - \frac{\angle T}{2} = \frac{\angle Q}{2} }$ και $\displaystyle{ \angle NAJ = \angle PTN + 90^o - \angle T = \frac{\angle T}{2} - \frac{\angle Q}{2} + 90^o - \angle T = \frac{\angle P}{2} }$ .

Συνεπώς ισχύει $\displaystyle{ \frac{AN}{NJ} = \frac{\sin \frac{\angle Q}{2}}{\sin \frac{\angle P}{2}} \mathop = \limits^{\color{red}{(1)}} \sin \frac{\angle T}{2} =\frac {AQ}{2R} \implies \frac{AN}{NJ} = \frac{AQ}{QJ} \implies NAQJ$ αρμονικό. Άρα η δέσμη $\displaystyle{ T.QNAJ }$ είναι αρμονική.

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η δέσμη $\displaystyle{ T.MNKJ }$ είναι επίσης αρμονική. Όμως $\displaystyle{ JT \perp TQ \implies TJ \parallel MN }$ άρα η $\displaystyle{ TK }$ διχοτομεί το $\displaystyle{ MN }$ !

#3

KARKAR έγραψε: Η χορδή ενός κύκλου , είναι κάθετη προς τη διάμετρο και την τέμνει στο . Γράφω το προς το μέρος του ημικύκλιο , διαμέτρου και φέρω από το εφαπτομένη στο ημικύκλιο , η οποία τέμνει τον κύκλο στο . Αν είναι το βέλος( ) της χορδής , δείξτε ότι η χορδή , διχοτομεί το .

Ας είναι $R \equiv NM \cap \left( O \right)$ . Τότε με $OM \bot TQ \Rightarrow R$ το μέσο του τόξου του κύκλου $\left( O \right)$ , οπότε διχοτόμος της γωνίας $\angle QPT$

(η οποία λόγω των εφαπτομένων τμημάτων διέρχεται και από το κέντρο του κύκλου διαμέτρου και ας είναι $I \equiv PR \cap AT$ .

Τότε με διχοτόμος της γωνίας $PTQ\left( {\tau o\xi .AP = \tau o\xi .AQ\left( {OSA \bot PQ} \right)} \right)$ το θα είναι το έγκεντρο του τριγώνου $\vartriangle QPT$

και συνεπώς η ευθεία είναι η ευθεία της διχοτόμου της γωνίας $\angle PQT$ και ας είναι $X \equiv QI \cap \left( O \right)$ . Τότε με $\tau o\xi .XP = \tau o\xi .XT \Rightarrow \boxed{\left( {XP} \right) = \left( {XT} \right)}:\left( 1 \right)$ .

Με $\angle OSQ = \angle OMQ = {90^0} \Rightarrow SOMQ$ εγγράψιμο οπότε $\angle NOA\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } \angle MQT \equiv \angle PQT$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\left( O \right)} \tau o\xi .PT = 2\tau o\xi .AN \Rightarrow$ $\boxed{\left( {AN} \right)\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \varepsilon \,\,\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma } \left( {BR} \right)\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \left( {XP} \right) = \left( {XT} \right)}:\left( 2 \right)$ .

Έτσι τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα είναι ισοσκελή τραπέζια οπότε: $\boxed{NX\parallel AT}:\left( 3 \right)$ .

Ας είναι $Z \equiv NX \cap PT,E \equiv AX \cap PB$ . Τότε από το Θεώρημα του στα μη κυρτά εγγεγραμμένα εξάγωνα και

(το βρίσκεται στην ευθεία () (δεν ξέρω αν έχω γράψει τα εξάγωνα με τη σωστή σειρά των γραμμάτων αλλά "ζαλίστηκα" )

οι τριάδες των σημείων $\left( {Z,I,M} \right),\left( {Z,E,I} \right)$ είναι συνευθειακές οπότε τα σημεία είναι συνευθειακά.
[attachment=0]διχοτόμιηση εκ' προμελέτης.png[/attachment]
Με $\left\{ \begin{gathered} \angle PXA\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau \alpha \,\,\iota \sigma \alpha \,\,\tau o\xi \alpha \,\,AP,AQ} \angle IXA \hfill \\ \angle IAX\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau \alpha \,\,\iota \sigma \alpha \,\,\tau o\xi \alpha \,\,XT,XP} \angle PAX \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow PAIX$ είναι "χαρταετός" οπότε μεσοκάθετη της και ας είναι $H \equiv AX \cap PI$ .

Τότε το τρίγωνο $\vartriangle PEI$ είναι ισοσκελές οπότε: $\angle ZIP = \angle EPI \equiv \angle RPB\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \varepsilon \,\,\iota \sigma \alpha \,\,\tau o\xi \alpha \,\,BR,PX}$ $\angle XNP \equiv \angle ZNP \Rightarrow \angle ZIP = \angle ZNP \Rightarrow NPZI$

εγγράψιμο σε κύκλο και με $\angle NPI \equiv \angle NPR\mathop = \limits^{\beta \alpha \iota \nu \varepsilon \iota \,\,\sigma \varepsilon \,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o} {90^0} \Rightarrow$ $\angle NZI = {90^0} \Rightarrow MZ \bot NZ$ $\mathop \Rightarrow \limits^{NX\parallel AT} \boxed{TI \bot ZM}:\left( 4 \right)$ .

Από την $\left( 4 \right)$ και με γνωστό ότι είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle ZTM \Rightarrow \vartriangle ZTM$ ισοσκελές ( ύψος και διχοτόμος) άρα θα είναι και διάμεσός του

δηλαδή είναι το μέσο της . Τέλος στο τρίγωνο $\vartriangle NZM$ με $IK\parallel NZ$ (από το ισοσκελές τραπέζιο ) και με

να είναι το μέσο της πλευράς του προκύπτει ότι και το είναι το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Την παραπάνω λύση αφιερώνω στον Γρηγόρη Κακλαμάνο και θέλω να σου πω Γρηγόρη μου ότι την "αποφυγή" της τριγωνομετρίας την "πλήρωσα"
διαθέτοντας σχεδόν όλη μου την Κυριακή για το καταπληκτικό αυτό θέμα του Θανάση. Φαίνεται ότι πράγματι το "έγκλημα" ήταν προμελετημένο

KARKAR · #4

: Προμελετημένη λύση.png (21.02 KiB) Προβλήθηκε 1058 φορές

Έστω

το σημείο επαφής και

το μέσο του

. Η γωνία $\hat{N}$ είναι μισή της $\widehat{QPT}$ ,(βαίνει στο μισό τόξο )

και συνεπώς ίση με την $\widehat{SPD}$ και την $\widehat{BSL}$ (πλευρές κάθετες ) . Τα τρίγωνα TMK,BSP

είναι όμοια

καθώς και τα TMN,SDP,BLS

. Από τα πρώτα έχω : $\displaystyle \frac{MK}{MT}=\frac{SP}{SB}$ και από τα δεύτερα : $\displaystyle \frac{MT}{MN}=\frac{LB}{LS}$ .

Με πολλαπλασιασμό προκύπτει : $\displaystyle \frac{MK}{MN}=\frac{SP}{SB}\cdot\frac{LB}{LS}$ . Αλλά $\displaystyle \frac{SP}{SB}=\frac{PD}{LS} =\frac{PD}{2DS}$

και $\displaystyle \frac{LB}{LS}=\frac{DS}{PD}$ , οπότε εν τέλει : $\displaystyle \frac{MK}{MN}=\frac{1}{2}$

Η άσκηση είναι μεταποίηση μιας που δόθηκε στο διαγωνισμό APMO - 2006

. Κι εκεί η απάντηση ήταν μακροσκελής ...

#5

Στο σχήμα της προηγούμενης λύσης KARKAR, ο ( κόκκινος ) κύκλος έστω (O')

με διάμετρο το τμήμα SB,

είναι ο

-μικτοεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\vartriangle PQT$ και άρα η ευθεία

, όπου

είναι το σημείο επαφής του (O')

στην πλευρά PT,

περνάει από το έγκεντρο του $\vartriangle PQT$ ( γνωστό αποτέλεσμα ).

Θα αποδείξουμε το ακόλουθο ισοδύναμο πρόβλημα :

ΙΣΟΔΥΝΑΜΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του Έστω ότι η δια του κάθετη ευθεία επί την τέμνει την πλευρά κατά το μέσον αυτής Αποδείξτε ότι η διχοτόμος της γωνίας $\angle C$ διχοτομεί το τμήμα , όπου είναι το μέσον της πλευράς και είναι το μέσον του τόξου $\overset\frown{BC}$ που περιέχει το

: Διχοτόμηση εκ προμελέτης.; f=112_t=35644.PNG (30.87 KiB) Προβλήθηκε 987 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο $E\equiv MD\cap AI,$ το οποίο ταυτίζεται προφανώς με το μέσον του τόξου $\overset\frown{BC}$ που δεν περιάχει το

και ας είναι

, το σημείο τομής της ευθείας AE,

από την δια του

κάθετη ευθεία επί την AB.

Στα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle MDC,\ \vartriangle BAZ,$ λόγω $\angle MDC = \angle EAC = \angle BAZ,$ αρκεί να αποδειχθεί ότι οι $CK,\ ZN$ είναι ομόλογες ευθείες, όπου $K\equiv MD\cap CI.$

Ο κύκλος έστω (E),

με κέντρο το

και ακτίνα EB = EC,

περνάει από το έγκεντρο

του $\vartriangle ABC$ ( γνωστό αποτέλεσμα ) και η ευθεία

εφάπτεται αυτού του κύκλου στο σημείο

, λόγω $EC\perp CD.$

Άρα έχουμε $\angle IBC = \angle ICD\ \ \ ,(1)$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BNIZ

, έχουμε $\angle IZN = \angle IBN = \angle IBC\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\angle IZN = \angle ICD$ $\Longrightarrow$ $\angle AZN = \angle DCK\ \ \ ,(3)$

Από (3)

συμπεραίνεται ότι οι $ZN,\ CK,$ είναι ομόλογες ευθείες στα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BAZ,\ \vartriangle MDC$ αντιστοίχως και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Βλέπω ότι σήμερα είναι η πρώτη μου τετραψήφια δημοσίευση με όλα τα ψηφία ίδια (1111). Για την τελευταία μου τετραψήφια αντίστοιχη δημοσίευση (9999), υπολογίζω ότι θα είμαι εκατό ετών (2049), αν βέβαια επαληθευθεί η πρόβλεψη ότι στα μέσα αυτού του αιώνα, ένας εκατοντάχρονος θα είναι ακμαίος σαν έναν σημερινό εβδομηντάρη.

KARKAR · #6

vittasko έγραψε:Στο σχήμα της λύσης KARKAR ( πάνω ), ο ( κόκκινος ) κύκλος έστω με διάμετρο το τμήμα είναι

ο -μικτοεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\vartriangle PQT$ και άρα η ευθεία , όπου είναι το σημείο

επαφής του στην πλευρά περνάει από το έγκεντρο του $\vartriangle PQT$ ( γνωστό αποτέλεσμα ) .

Αν παρατηρήσετε το αναφερθέν σχήμα , το σημείο

, που ορίστηκε ως μέσο του

, είναι ακριβώς το έγκεντρο

του PQT

, αφού εκτός της διχοτόμου

, διχοτόμος είναι και η

, ( $\widehat{PTA}= \widehat{QTA}$ - βαίνουν σε ίσα τόξα ) ,

γι' αυτό και βρίσκεται πάνω στην

. Κι έλεγα σε κατάλληλο χρόνο να χτίσω άσκηση πάνω σ' αυτήν την ωραία

παρατήρηση , αλλά ο Βοριάς - Βήττας φύσηξε νωρίτερα

parmenides51 · #7

vittasko έγραψε:ΥΓ. Βλέπω ότι σήμερα είναι η πρώτη μου τετραψήφια δημοσίευση με όλα τα ψηφία ίδια. Για την τελευταία μου αντίστοιχη δημοσίευση (9999), υπολογίζω ότι θα είμαι εκατό ετών (2049), αν βέβαια επαληθευθεί η πρόβλεψη ότι στα μέσα αυτού του αιώνα, ένας εκατοντάχρονος θα είναι ακμαίος σαν έναν σημερινό εβδομηντάρη.

Κώστα

ελπίζω να διαψευστείς

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

υπάρχουν μερικοί αγεωμέτρητοι (σαν κι εμένα) που θαυμάζουμε τους έχοντες αδυναμία στην Γεωμετρία και είναι μιας σχετικής ηλικίας, ευτυχώς τα γραπτά σας την κρύβουν την ηλικία αυτή, μακάρι στα χρόνια σας να έχουμε την ίδιο πάθος, την ίδια όρεξη και τις ίδιες νοητικές δυνάμεις να λύσουμε και να προσφέρουμε τις όποιες γνώσεις θα έχουμε ως τότε

με εκτίμηση και θαυμασμό

#8

KARKAR έγραψε:... Αν παρατηρήσετε το αναφερθέν σχήμα , το σημείο , που ορίστηκε ως μέσο του , είναι ακριβώς το έγκεντρο του ...

Θανάση το παρατήρησα αυτό και μάλιστα, μου έκανε εντύπωση το ότι δεν λαμβάνεται υπόψη στην λύση σου, ως μη απαραίτητο.

Επίσης, είναι ενδιαφέρουσα και όχι άμεσα αντιληπτή ( τουλάχιστον για μένα ), η ισότητα $\displaystyle \frac{SP}{SB} = \frac{PD}{LS}$ της όμορφης απόδειξης που μας έδωσες, η οποία παραπέμπει ουσιαστικά στις ομόλογες ευθείες όμοιων σχημάτων ( τριγώνων στην περίπτωσή μας ).

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Parmenides, σ' ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια, αλλά τα εύσημα ταιριάζουν καλύτερα σε εσάς τους νεότερους, που έχετε πολλά παραγωγικά χρόνια μπροστά σας.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

dimitris pap · #9

Αποφάσισα να ασχοληθώ και εγώ με αυτό το ωραίο θέμα μιας και βρήκα λίγο χρόνο (όπως έλεγε και ο Pascal: "when I have a headache I solve a geometry problem").
H λύση που βρήκα χρησιμοποιεί αρμονικές δέσμες και είναι πολύ σύντομη!!

Η μόνη παρατήρηση που χρειάζεται είναι ότι αν

το αντιδιαμετρικό του

, τότε η

περνάει απ' το μέσο του

(έστω

), αφού

διχοτομεί την QPT

και

διχοτομεί την QPT

).
Εστω τώρα

είναι το αντιδιαμετρικό του

(ώστε

). Τότε θα έχουμε ότι P(S,Z,B,X)

αρμονική δέσμη κι άρα η τομή της με τον κύκλο είναι αρμονική. Δηλαδή QLBX

αρμονικό τετράπλευρο. Αρα το αντιδιαμετρικό τετράπλευρο XNAQ

είναι επίσης αρμονικό!

Αρα T(X,N,A,Q)

αρμονική δέσμη κι αφού TX//MN

(κάθετα και τα 2 στην

), θα έχουμε ότι

περνάει απ' το μέσο της

. qed

Y.Γ. Αφιερωμένο σε όλη τη γεωμετρική παρέα που μας επιτρέπει να ασχολούμαστε με όμορφα γεωμετρικά προβλήματα και να ακονίζουμε το μυαλό μας!

Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Re: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Re: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Re: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Re: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Re: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Re: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Re: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Re: Διχοτόμηση ... εκ προμελέτης

Μέλη σε σύνδεση