Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10671
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Νεότερος γεωμετρικός μέσος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Οκτ 15, 2016 12:13 pm

Νεότατος  γεωμετρικός  μέσος.png
Νεότατος γεωμετρικός μέσος.png (13.21 KiB) Προβλήθηκε 715 φορές
Από σημείο S εκτός κύκλου (O) φέρουμε τέμνουσα SAB και εφαπτόμενο τμήμα SC .

Φέρουμε επίσης CP \perp OS . Δείξτε ότι : PC^2=PA\cdot PB



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3952
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Οκτ 15, 2016 2:04 pm

KARKAR έγραψε:Νεότατος γεωμετρικός μέσος.pngΑπό σημείο S εκτός κύκλου (O) φέρουμε τέμνουσα SAB και εφαπτόμενο τμήμα SC .Φέρουμε επίσης CP \perp OS . Δείξτε ότι : PC^2=PA\cdot PB
Έστω D\equiv CP\cap SAB και E\equiv CP\cap \left( O \right),E\ne C .

\bullet Από το ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle OCP\left( OC\bot SC \right)\Rightarrow SP\cdot SO=S{{C}^{2}}=SA\cdot SB\Rightarrow A,P,O,B ομοκυκλικά οπότε \boxed{\angle BOA = \angle BPA}:\left( 1 \right).

Η CE είναι η πολική του σημείου S ως προς τον κύκλο \left( O \right) προκύπτει ότι η σειρά \left( S,A,D,B \right) είναι αρμονική άρα και η δέσμη P.SADB είναι αρμονική

και με PD\bot PS\Rightarrow PD διχοτόμος της γωνίας \angle BPA \Rightarrow \boxed{\angle BPA = 2 \cdot \left( {\angle BPE} \right)}:\left( 2 \right) και \boxed{\angle CPB = \angle APC}:\left( 3 \right).
[attachment=0]1.png[/attachment]
\bullet Εξάλλου \angle BOA\mathop  = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } 2 \cdot \left( {\angle BCA} \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 3 \right)} \boxed{\angle BCA = \angle BPE}:\left( 4 \right).

Και με \angle BAC\mathop  = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o} \angle BEC \equiv \angle BEP\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \vartriangle BCA \sim \vartriangle BPE \Rightarrow \angle CBA = \angle PBE \Rightarrow

\angle CBP = \angle EBA = \angle ECA \equiv \angle PCA\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \vartriangle CBP \sim \vartriangle ACP \Rightarrow \dfrac{{PB}}{{CP}} = \dfrac{{CP}}{{PA}} \Rightarrow \boxed{C{P^2} = PA \cdot PB}

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης
Συνημμένα
1.png
1.png (30.24 KiB) Προβλήθηκε 691 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Οκτ 15, 2016 2:48 pm

Από την αρμονική σημειοσειρά S,\ A,\ D,\ B , στο αμέσως προηγούμενο σχήμα του Στάθη και SP\perp PD , προκύπτει ότι η PD διχοτομεί την γωνία \angle BPA και άρα, ισχύει \angle APS = \angle A'PS\ \ \ (1) όπου A'\equiv (O)\cap BP .

Από (1)\Rightarrow PA = PA'\ \ \ ,(2) γιατί η ευθεία SP περνάει από το κέντρο του κύκλου (O) .

Συμπεραίνεται έτσι, (PA)(PB) = (PA')(PB = (PC)(PE)\Rightarrow (PA)(PB) = (PC)^{2} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Οκτ 15, 2016 11:10 pm

Ας δούμε μία άλλη σκέψη.

\bullet Έστω (K),\ (L) , οι περίκυκλοι των τριγώνων \vartriangle PBC,\ \vartriangle PAC και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα , έχουμε ότι οι κύκλοι αυτοί εφάπτονται των AC,\ BC αντιστοίχως, στο σημείο C και άρα, έχουμε \angle PAC = \angle PCB\ \ \ ,(2)

Από (2) και \angle B'BC = \angle B'AC\equiv \angle PAC προκύπτει \angle B'BC = \angle PCB\ \ \ ,(3)

Από (3)\Rightarrow BB'\parallel CD\Rightarrow BB'\perp SO\ \ \ ,(4) όπου D\equiv (O)\cap CP και άρα, τα σημεία B,\ B' είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία SO και επομένως ισχύει PB = PB'\ \ \ ,(5)
f=178_t=55973.PNG
Νεότερος γεωμετρικός μέσος.
f=178_t=55973.PNG (31.35 KiB) Προβλήθηκε 607 φορές
Συμπεραίνεται έτσι, (PA)(PB) = (PA)(PB') = (PC)(PD) = (PC)^{2}\Rightarrow \boxed{(PA)(PB) = (C)^{2}} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Από σημείο έστω S , εκτός δοσμένου κύκλου (O) , φέρνουμε τυχούσα διατέμνουσα SAB και την εφαπτομένη SC εκατέρωθεν της ευθείας SO , όπου O είναι το κέντρο του κύκλου (O) και ας είναι P , η προβολή του σημείου C επί της ευθείας SO . Αποδείξτε ότι οι περίκυκλοι έστω (K),\ (L) , των τριγώνων \vartriangle PBC,\ \vartriangle PAC , εφάπτονται των AC,\ BC αντιστοίχως, στο σημείο C .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα .


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10671
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Οκτ 16, 2016 8:08 am

Νεότατος  γεωμετρικός  μέσος.png
Νεότατος γεωμετρικός μέσος.png (16.06 KiB) Προβλήθηκε 590 φορές
Στο σχήμα προστέθηκαν τα διακεκομμένα τμήματα , με το ζητούμενο να προκύπτει (όπως άλλωστε

έγινε παραπάνω ) , από την ομοιότητα των τριγώνων ACP,CBP . Πρώτη ύλη της άσκησης αυτό


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Κυρ Οκτ 16, 2016 8:57 pm

ΛΗΜΜΑ. - Από σημείο έστω S , εκτός δοσμένου κύκλου (O) , φέρνουμε τυχούσα διατέμνουσα SAB και την εφαπτομένη SC εκατέρωθεν της ευθείας SO , όπου O είναι το κέντρο του κύκλου (O) και ας είναι P , η προβολή του σημείου C επί της ευθείας SO . Αποδείξτε ότι οι περίκυκλοι έστω (K),\ (L) , των τριγώνων \vartriangle PBC,\ \vartriangle PAC , εφάπτονται των AC,\ BC αντιστοίχως, στο σημείο C .

\bullet Έστω τα σημεία D\equiv (K)\cap SO και E\equiv (L)\cap SO , ως τα αντιδιαμετρικά σημεία του C στους κύκλος (K),\ (L) αντιστοίχως, λόγω CP\perp PD και CP\perp PE .

Από OK\perp CB και OL\perp CA , όπου O,\ K,\ L είναι τα κέντρα των κύκλων (O),\ (K),\ (L) αντιστοίχως, έχουμε \angle KOL = 180^{o} - \angle C\ \ \ ,(1) με \angle C = \angle BCA .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle COS με CP\perp OS έχουμε (SP)(PO) = (SC)^{2}\ \ \ ,(2)

Από (1) και (SC)^{2} = (SA)(SB)\Rightarrow (SP)(SO) = (SA)(SB)\ \ \ ,(3)

Από (3) προκύπτει ότι το τετράπλευρο BOPA είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (M) και άρα, ισχύει \angle BPA = \angle BOA = 2\angle BCA\equiv  2\angle C .

Ισχύει \angle BPD + \angle APE = 180^{o} - \angle BPA = 180^{o} - 2\angle C\ \ \ ,(4)
f=178_t=55973(a).PNG
Νεότερος γεωμετρικός μέσος - Απόδειξη του Λήμματος.
f=178_t=55973(a).PNG (42.32 KiB) Προβλήθηκε 510 φορές
\bullet Αλλά, από εγράψιμα CPBD,\ CPAE έχουμε \angle BPD = \angle BCD\ \ \ ,(5) και \angle APE = \angle ACE\ \ \ ,(6)

Από (4),\ (5),\ (6)\Rightarrow \angle BCD + \angle ACE = 180^{o} - 2\angle C\ \ \ ,(7)

Λόγω της (7) τώρα, έχουμε \angle KCL = 180^{o} - 2\angle C + \angle C = 180^{o} - \angle C\ \ \ ,(8)

Από (1),\ (8)\Rightarrow \angle KOL = \angle KCL\ \ \ ,(9)

Από (9) και \angle KCL = \angle KPL , λόγω συμμετρίας των C,\ P ως προς την ευθεία KL , προκύπτει \angle KOL = \angle KPL\ \ \ ,(10)

Από (10) προκύπτει ότι το τετράπλευρο KOPL είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (N) και λόγω KL\parallel OP συμπεραίνεται ότι είναι ισοσκελές τραπέζιο και επομένως ισχύει \angle OKL = \angle PLK = \angle CLK\ \ \ ,(11)

Από (11)\Rightarrow LC\parallel OK\Rightarrow LC\perp CB\ \ \ ,(12) λόγω OK\perp CB

\bullet Από (12) συμπεραίνεται ότι ο κύκλος (L) εφάπτεται της CB στο σημείο C .

Ομοίως αποδεικνύεται ότι και ο κύκλος (K) εφάπτεται της CA και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Άμεσο αποτέλεσμα του ως άνω Λήμματος , είναι ότι τα ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle ACE,\ \vartriangle BCD είναι όμοια, λόγω \angle AEC = \angle C = \angle BDC και άρα ισχύει \angle BCD = \angle ACE\ \ \,(13)

Από (5),\ (6),\ (13)\Rightarrow \angle BPD = \angle APE\ \ \ ,(14) και άρα, η ευθεία CP διχοτομεί την γωνία \angle BPA .

Αυτό το αποτέλεσμα, όπως είδαμε στις προηγούμενες αναρτήσεις, προκύπτει εύκολα με αρμονικά συζυγή και πολικές.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1627
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Κυρ Οκτ 16, 2016 9:31 pm

KARKAR έγραψε:Νεότατος γεωμετρικός μέσος.pngΑπό σημείο S εκτός κύκλου (O) φέρουμε τέμνουσα SAB και εφαπτόμενο τμήμα SC .

Φέρουμε επίσης CP \perp OS . Δείξτε ότι : PC^2=PA\cdot PB
Καλησπέρα.

Έστω \displaystyle{AP \cap (O) = E}και \displaystyle{BP \cap \left( O \right) = T}

Στα ορθογώνια τρίγωνα \displaystyle{DCQ,OCS} ισχύει \displaystyle{C{P^2} = DP \cdot PQ = OP \cdot PS} κι ακόμη \displaystyle{C{P^2} = EP \cdot PA = BP \cdot PT}

Άρα \displaystyle{EP \cdot PA = OP \cdot PS \Rightarrow EOAS}εγγράψιμο οπότε \displaystyle{\angle \theta  = \angle \omega }

Ισχύει ακόμη \displaystyle{{R^2} = OP \cdot OS επομένως \displaystyle{OB} εφαπτόμενη του περίκυκλου του \displaystyle{\vartriangle BPS \Rightarrow \angle \phi  = \angle \omega }

Άρα \displaystyle{\angle \theta  = \angle \phi } οπότε \displaystyle{PE = PB} και \displaystyle{PE \cdot PA = PB \cdot PT \Rightarrow \boxed{PA = PT}}

Τώρα, \displaystyle{\boxed{P{C^2} = BP \cdot PT = BP \cdot AP}} και το ζητούμενο αποδείχτηκε
ngm.png
ngm.png (28.52 KiB) Προβλήθηκε 534 φορές


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2030
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Κυρ Οκτ 16, 2016 10:03 pm

Γεια σου Μιχάλη με τα ωραία σου. :clap2:

Κώστας Βήττας.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 4 επισκέπτες