Προσδιορισμός σημείου 5.

#1

Καλημέρα σε όλους μετά από πολύ καιρό και σε συνθήκες του εγκλεισμού. Εύχομαι ότι καλύτερο στις οικογένειές σας.

Δίνονται δύο άνισοι κύκλοι $(K),\ (L)$ κείμενοι εκτός αλλήλων και έστω $AB,\ CD$ , οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες αυτών, με τα $A,\ D$ σημεία έστω του κύκλου . Έστω , μεταβλητό σημείο μεταξύ των $A,\ B$ και ας είναι $PE,\ PF$ , οι εφαπτόμενες των κύκλων $(K),\ (L)$ , αντιστοίχως. Προσδιορίστε την θέση του σημείου ωστε να είναι , όπου $S\equiv CD\cap PE$ και $T\equiv CD\cap PF$ .

: Προσδιορισμός σημείου 5.; f 181_t 68545.PNG (27.99 KiB) Προβλήθηκε 1295 φορές

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Δεν είναι δύσκολο να βρεις το ζητούμενο σημείο. Ελπίζω να ευχαριστηθείτε την τεκμηρίωσή του.

#2

vittasko έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 14, 2020 11:29 am
Καλημέρα σε όλους μετά από πολύ καιρό και σε συνθήκες του εγκλεισμού. Εύχομαι ότι καλύτερο στις οικογένειές σας.

Δίνονται δύο άνισοι κύκλοι $(K),\ (L)$ κείμενοι εκτός αλλήλων και έστω $AB,\ CD$ , οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες αυτών, με τα $A,\ D$ σημεία έστω του κύκλου . Έστω , μεταβλητό σημείο μεταξύ των $A,\ B$ και ας είναι $PE,\ PF$ , οι εφαπτόμενες των κύκλων $(K),\ (L)$ , αντιστοίχως. Προσδιορίστε την θέση του σημείου ωστε να είναι , όπου $S\equiv CD\cap PE$ και $T\equiv CD\cap PF$ .
f 181_t 68545.PNG
Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Δεν είναι δύσκολο να βρεις το ζητούμενο σημείο. Ελπίζω να ευχαριστηθείτε την τεκμηρίωσή του.

Καλησπέρα Κώστα από Βρυξέλλες

Όμορφη πρόταση!

Έχω μια λύση με στοιχειώδη μέσα αλλά θα περιμένω (να μην το "κάψω") δύο μέρες για να το δουν και άλλοι φίλοι και μετά θα απαντήσω.
Είμαι σχεδόν βέβαιος ότι η λύση σου είναι διαφορετική. (Η δική μου είναι για Β' Λυκείου

)

Να είσαι καλά όπου και αν βρίσκεσαι εσύ και οι δικοί σου άνθρωποι

Με εκτίμηση

Στάθης

#3

Καλημέρα Στάθη και σ' ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σου.

Εάν εννοείς την λύση σου ως συμβατή με το γνωστικό υπόβαθρο της Β' Λυκείου, το ίδιο ισχύει και για την προσέγγιση που έχω κατά νου. Δεν ξέρω όμως αν είναι προσιτή στους σημερινούς μαθητές της Β΄Λυκείου, εκτός εάν εννοείς αυτούς που ορμητικά μας προσπερνάνε...

Ελπίζω ότι θα διαφέρουν οι αποδείξεις "Αθηνών" και "Βρυξελλών". Όπως έχω πει αλλού, εκτός από την ικανοποίση που νοιώθει κάποιος λύνοντας ένα πρόβλημα, ιδιαίτερα αν είναι λίγο πιο σύνθετο, είναι ( για μένα ) επίσης συναρπαστική η "σκέψη του άλλου" για το ίδιο πρόβλημα.

Να είστε όλοι καλά και προσοχή στα μέτρα προφύλαξης από αυτόν τον διαβολοϊό που μας έτυχε.

Με αγάπη, Κώστας Βήττας.

#4

vittasko έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 14, 2020 11:29 am
Καλημέρα σε όλους μετά από πολύ καιρό και σε συνθήκες του εγκλεισμού. Εύχομαι ότι καλύτερο στις οικογένειές σας.

Δίνονται δύο άνισοι κύκλοι $(K),\ (L)$ κείμενοι εκτός αλλήλων και έστω $AB,\ CD$ , οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες αυτών, με τα $A,\ D$ σημεία έστω του κύκλου . Έστω , μεταβλητό σημείο μεταξύ των $A,\ B$ και ας είναι $PE,\ PF$ , οι εφαπτόμενες των κύκλων $(K),\ (L)$ , αντιστοίχως. Προσδιορίστε την θέση του σημείου ωστε να είναι , όπου $S\equiv CD\cap PE$ και $T\equiv CD\cap PF$ .
f 181_t 68545.PNG
Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Δεν είναι δύσκολο να βρεις το ζητούμενο σημείο. Ελπίζω να ευχαριστηθείτε την τεκμηρίωσή του.

Ας παρακάμψουμε την ανάλυση του προβλήματος (χάριν συντομίας) (άλλωστε η αντίστροφη πορεία της απόδειξης που ακολουθεί με μικροπαραλλαγές δείχνει τον ισχυρισμό για το ζητούμενο σημείο)

$\displaystyle{ \bullet }$ Έστω ο περίκυκλος του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle KLM}$ , όπου $\displaystyle{M}$ το μέσο της $\displaystyle{AB}$ και ας είναι $\displaystyle{P}$ το δεύτερο εκτός του $\displaystyle{M}$ ( $\displaystyle{M \ne P}$ αφού οι κύκλοι δεν είναι ίσοι.

Προφανώς τα ισοσκελή τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle KAD,\vartriangle BLC}$ είναι όμοια (παράλληλες (ως κάθετες στις ίδιες ευθείες (τις κοινές εφαπτόμενες των κύκλων) τις ίσες πλευρές τους ) και συνεπώς $\displaystyle{ABCD}$ ισοσκελές τραπέζιο.

Θα αποδείξουμε ότι το ζητούμενο σημείο είναι το $\displaystyle{P}$ όπως ορίστηκε πιο πάνω

$\displaystyle{ \bullet }$ Αν $\displaystyle{R \equiv KS \cap LT}$ τότε είναι: $\displaystyle{\angle PKR = \dfrac{{\angle AKD}}{2}:\left( 1 \right)}$ ( $\displaystyle{\angle AKD}$ μη κυρτή) και $\displaystyle{\angle PLR = \dfrac{{\angle BLC}}{2}:\left( 2 \right)}$ ( $\displaystyle{\angle BLC}$ κυρτή). Αλλά από την ομοιότητα των ισοσκελών τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle KAD,\vartriangle BLC}$ προκύπτει ότι $\displaystyle{\angle AKD + \angle BLC = {360^0}}$ ( μη κυρτή – κυρτή ) οπότε από $\displaystyle{\left( 1 \right) + \left( 2 \right) \Rightarrow \angle PKR + \angle PLR = {180^0} \Rightarrow M,P,K,R,L}$ ομοκυκλικά.

: Προσδιορισμός σημείου (5).png (79.44 KiB) Προβλήθηκε 994 φορές

$\displaystyle{ \bullet }$ Έστω $\displaystyle{X \equiv MR \cap KL,\ H\equiv MR \cap CD}$ . Τότε από $\displaystyle{\angle PMX \equiv \angle PMR\mathop = \limits^{P,M,R,K\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } {180^0} - \angle PKR}$ $\displaystyle{\mathop = \limits^{\angle AKD\,\mu \eta \,\,\kappa \upsilon \rho \tau \eta } {180^0} - \dfrac{{\angle AKD}}{2} = \ldots \angle BLK \equiv \angle BLX}$
αφού $\displaystyle{KL}$ άξονας συμμετρίας του βασικού σχήματος (άρα και του ισοσκελούς τραπεζίου $\displaystyle{ABCD}$ ) και συνεπώς $\displaystyle{MBLX}$ εγγράψιμο σε κύκλο και με $\displaystyle{\angle MBL = {90^0} \Rightarrow MR \equiv MX \bot KL}$ οπότε λόγω συμμετρίας το $\displaystyle{H}$ είναι το μέσο της $\displaystyle{CD}$ , δηλαδή $\displaystyle{HC = HD:\left( 3 \right)}$

$\displaystyle{ \bullet }$ Είναι $\displaystyle{\angle KHL\mathop = \limits^{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha } \angle KML\mathop = \limits^{M,K,R,L\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } {180^0} - \angle KRL}$ και επειδή $\displaystyle{RX}$ είναι το ύψος του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle KRL}$ το σημείο $\displaystyle{H}$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle RKL}$
Από $\displaystyle{KD \bot HD,\ KS\bot LH}$ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{\vartriangle KDS,\vartriangle HCL}$ είναι όμοια οπότε $\displaystyle{\dfrac{{SD}}{{LC}} = \dfrac{{KD}}{{HC}} \Rightarrow SD = \dfrac{{KD \cdot LC}}{{HC}}:\left( 4 \right)}$
Με ακριβώς όμοιο τρόπο από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{\vartriangle LCT,\vartriangle HDC}$ προκύπτει ότι $\displaystyle{\dfrac{{TC}}{{KD}} = \dfrac{{LC}}{{HD}} \Rightarrow TC = \dfrac{{KD \cdot LC}}{{HD}}:\left( 5 \right)}$
Από $\displaystyle{\left( 4 \right),\left( 5 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right):HD = HC} SD = CT}$ και συνεπώς το σημείο που προσδιορίστηκε ως το δεύτερο σημείο τομής (εκτός του μέσου $\displaystyle{M}$ της $\displaystyle{AB}$ ) του περίκυκλου του τριγώνου $\displaystyle{MKL}$ με την $\displaystyle{AB}$ είναι το ζητούμενο σημείο.

Στάθης

Υ.Σ. Εχω προβλήματα με το σχήμα. Θα προσπαθήσω αργότερα να το μικραίνω αν τα καταφέρω

#5

Στάθη σ' ευχαριστώ για την ( των "Βρυξελλών" ) λύση σου με διαφορετική προσέγγιση.

Ας δούμε και την λύση των "Αθηνών".

$\bullet$ Έστω ότι έχει βρεθεί το ζητούμενο σημείο $P\in AB$ και ισχύει DS = CT

όπως ορίζεται στην εκφώνηση.

Έστω το σημείο $X\equiv AB\cap KL\cap DC$ και στο τρίγωνο $\vartriangle XPS$ έχουμε ότι το σημείο έστω $Q\equiv KL\cap DE$ , ταυτίζεται με την προβολή του σημείου

επί της $KL\equiv XK$ .

Γνωστό αποτέλεσμα, σύμφωνα με το οποίο και η προβολή του σημείου

επί της ευθείας

, έστω το σημείο

, ανήκει επίσης στην ευθεία

, όπου $XK,\ PK$ είναι διχοτόμοι του $\vartriangle XPS$

.

Ομοίως, θεωρούμε το τρίγωνο $\vartriangle XPT$ και έχουμε ότι το ως ανω σημείο

, ανήκει επίσης στην ευθεία

, στην οποία ανήκει και το σημείο έστω

, ως η προβολή του σημείου

επί της ευθείας

.

Άρα, για το μεταβλητό σημείο $P\in AB$ εν γένει, προκύπτει ότι το σημείο $Q\equiv DE\cap CF$ , κείται επί της

.

: Προσδιορισμός σημείου 5.; f 181_t 68545a.PNG (53.04 KiB) Προβλήθηκε 885 φορές

$\bullet$ Δια των σημείων $K,\ L$ , φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις ευθείες $CQ,\ DQ$ αντιστοίχως, οι οποίες τέμνονται στο σημείο έστω

, κείμενο επί της ευθείας

, σύμφωνα με το παρακάτω γνωστό Λήμμα, λόγω του τραπεζίου

ορθογωνίου εδώ αλλά και εν γένει

με $KD\parallel LC$ .

Έστω τα σημεία $G\equiv KS\cap LM$ και $H\equiv LT\cap KM$ .

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle DKS,\ \vartriangle CML$ έχουμε $\displaystyle \frac{DS}{LC} = \frac{KD}{MC}\ \ \ ,(1)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle CLT,\ \vartriangle DMK$ έχουμε $\displaystyle \frac{TC}{KD} = \frac{LC}{MD}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{DS}{TC}\cdot \frac{KD}{LC} = \frac{KD}{LC}\cdot \frac{MD}{MC}\Rightarrow$ $\boxed{MD = MC}\ \ \ ,(3)$ λόγω DS = CT

.

Το σημείο

δηλαδή, ταυτίζεται με το μέσον του τμήματος

.

Επομένως, σύμφωνα πάλι με το Λήμμα ( ειδική περίπτωση ), έχουμε ότι το σημείο $Q\equiv DE\cap CF$ , ταυτίζεται με το σημείο τομής της

από την δια του σημείου έστω $O\equiv KC\cap DL$ παράλληλη ευθεία προς τις βάσεις του τραπεζίου ( εν γένει ) KLCD

και άρα, είναι σταθερό σημείο.

Αποδεικνύεται έτσι, ότι και το ζητούμενο σημείο $P\in AB$ είναι επίσης σταθερό, ως το σημείο του οποίου η προβολή επί της

ταυτίζεται με το σταθερό σημείο

και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω , τυχόν σημείο επί της πλευράς του . Δια των σημείων $A,\ B$ , φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις ευθείες $EC,\ ED$ αντιστοίχως, οι οποίες τέμνονται στο σημείο έστω . Αποδείξτε ότι $F\in CD$ .

Κώστας βήττας.

ΥΓ. Για την απόδειξη του ως άνω Λήμματος, βρήκα αυτήν την παραπομπή.

Προσδιορισμός σημείου 5.

Προσδιορισμός σημείου 5.

Re: Προσδιορισμός σημείου 5.

Re: Προσδιορισμός σημείου 5.

Re: Προσδιορισμός σημείου 5.

Re: Προσδιορισμός σημείου 5.

Μέλη σε σύνδεση