Σταθερό γινόμενο 2

#1

[attachment=0]Σταθερό γινόμενο 2.png[/attachment]
Το

κινείται στην πλευρά

τετραγώνου ABCD

πλευράς

και κέντρου

Αν η

τέμνει την

στο

και

η

την

στο

να δείξετε ότι το γινόμενο $OM\cdot ON$ είναι σταθερό, ανεξάρτητο της επιλογής του σημείου

#2

$\bullet$ Θεωρούμε το μη κυρτό τετράπλευρο ONCB

ως το εκφυλισμένο εξάγωνο ONCCBB

και παρατηρούμε ότι τα σημεία $M\equiv ON\cap CB$ και $E\equiv NC\cap BB$ και $D\equiv CC\cap BO$ είναι συνευθειακά.

Έτσι, σύμφωνα με το Θεώρημα Pascal, έχουμε ότι τα σημεία $O,\ N,\ C,\ B$ είναι ομοκυκλικά.

Το μεταβλητό σημείο

δηλαδή, ανήκει στον περίκυκλο έστω (K)

του τριγώνου $\vartriangle OBC$ και άρα, ισχύει $\angle ONC = \angle OBC = 45^{o}\ \ \ ,(1)$

: Σταθερό γινόμενο 2.; f=179 t=70652.PNG (17.77 KiB) Προβλήθηκε 742 φορές

Από

και $\angle OCB = 45^{o}\Rightarrow$ $\angle ONC = \angle OCB\ \ \ ,(2)$

Από (2)

προκύπτει ότι η ευθεία

εφάπτεται του περίκυκλου έστω (L)

του μεταβλητού τριγώνου $\vartriangle MNC$ στο σημείο

.

Συμπεραίνεται τώρα, ότι ισχύει $\boxed{(OM)(ON) = (OC)^{2}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Είναι ωραία, όταν προλαβαίνεις τους "Λύτες τσιτάχ".

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλημέρα!

: 4-12 Σταθερό γινόμενο.png (170.86 KiB) Προβλήθηκε 696 φορές

Θεωρώ το

ως τομή της

με τον κύκλο των B,O,C

(διαμέτρου

). Η

τέμνει την

στο

.

Θα δείξουμε ότι τα είναι συνευθειακά.

Τα ορθ. τρίγωνα BEC,BCN

είναι όμοια, ενώ η

διχοτόμος της ορθής $\widehat{BNC}$ αφού OB=OC

.

Έχουμε λοιπόν $\dfrac{BE}{DC}=\dfrac{BE}{BC}=\dfrac{BN}{NC}=\dfrac{BM}{MC}$ .

Τότε και τα ορθ. τρίγωνα BEM,DMC

είναι όμοια με $\widehat{DMC}= \widehat{BME}$ .

Τα B,M,C

είναι συνευθειακά άρα και τα D,M,E

συνευθειακά επίσης.

Η συνέχεια όπως και ο Κώστας πριν. Φιλικά, Γιώργος.

S.E.Louridas · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 03, 2021 6:52 pm
Σταθερό γινόμενο 2.png
Το κινείται στην πλευρά τετραγώνου πλευράς και κέντρου Αν η τέμνει την στο και

η την στο να δείξετε ότι το γινόμενο $OM\cdot ON$ είναι σταθερό, ανεξάρτητο της επιλογής του σημείου

Αν

είναι η τομή των CA, NB

και

η τομή των DB, NE,

τότε, λόγω της "συντρεχουσότητας" στο

και του θεωρήματος Desarges και επειδή οι DC, BE

είναι παράλληλες η

θα περνά από το "επ΄ άπειρο σημείο τομής" των DC, BE

οπότε θα είναι παράλληλη τους. Έτσι το

καθίσταται ορθόκεντρο του τριγώνου CFK

, άρα η

είναι κάθετη στην CE.

Άρα τα σημεία O,B,N,C

είναι ομοκυκλικά κύκλου με διάμετρο

κέντρου έστω

Αν

το αντιδιαμετρικό του

, τότε εύκολα παίρνουμε ότι το ζητούμενο γινόμενο μας ισούται με το σταθερό $2{OQ^2}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 03, 2021 6:52 pm
Σταθερό γινόμενο 2.png
Το κινείται στην πλευρά τετραγώνου πλευράς και κέντρου Αν η τέμνει την στο και

η την στο να δείξετε ότι το γινόμενο $OM\cdot ON$ είναι σταθερό, ανεξάρτητο της επιλογής του σημείου

Θεωρούμε σημείο

στην

ώστε

οπότε και

άρα $\triangle CZB= \triangle DCM \Rightarrow CZ \bot DM$

Έτσι,

ορθόκεντρο του $\triangle CZE$ .Επιπλέον,λόγω της προφανούς ισότητας των τριγώνων OAZ,OMB

οι γωνίες $\omega$

θα είναι ίσες και $ZO \bot OM$ ,άρα $\angle MZB= \angle MCE= \angle \omega$

Τότε όμως $\angle AHO= \angle OCN=45^0+ \omega \Rightarrow AHCN$ εγγράψιμμο και

$CO.OA=HO.ON=OM.ON \Rightarrow \dfrac{a^2}{2} =OM.ON$ σταθερό

: Σταθερό γινόμενο 2.png (91.56 KiB) Προβλήθηκε 640 φορές

#6

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 03, 2021 6:52 pm
Σταθερό γινόμενο 2.png
Το κινείται στην πλευρά τετραγώνου πλευράς και κέντρου Αν η τέμνει την στο και

η την στο να δείξετε ότι το γινόμενο $OM\cdot ON$ είναι σταθερό, ανεξάρτητο της επιλογής του σημείου

Μιας και μαζεύτηκε εδώ η ωραία γεωμετρική παρέα, ας πω και εγώ την άποψη μου για την εγγραψιμότητα φυσικά του εν λόγω τετραπλεύρου.

: Σταθερό γινόμενο 2.png (23.08 KiB) Προβλήθηκε 629 φορές

Αν $CT\bot DE$ τότε προφανώς τα τετράπλευρα DCTO,CTBE

είναι εγγράψιμα σε κύκλους διαμέτρων DC,CE

αντίστοιχα. Άρα
$\angle DTO=\angle DCO={{45}^{0}}=\angle MBO\Rightarrow OTMB$ εγγράψιμο οπότε:
$\angle BON\equiv \angle BOM=\angle BTM\equiv \angle BTE=\angle BCE\equiv \angle BCN$ και συνεπώς τα O,B,N,C

είναι ομοκυκλικά.

Βέβαια (κατά τη γνώμη μου) οι πιο κομψές αποδείξεις είναι του Κώστα και του Σωτήρη , αλλά για να τα δεις αυτά πρέπει να είσαι Βήττας ή Λουρίδας !!!

#7

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 03, 2021 6:52 pm
Σταθερό γινόμενο 2.png
Το κινείται στην πλευρά τετραγώνου πλευράς και κέντρου Αν η τέμνει την στο και

η την στο να δείξετε ότι το γινόμενο $OM\cdot ON$ είναι σταθερό, ανεξάρτητο της επιλογής του σημείου

Ας είναι

η προβολή του

στην

. Θέτω : $BE = x\,\,,\,\,BM = y\,,\,BT = k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OT = m$ .

Επειδή , $\vartriangle MBE \approx \vartriangle DAE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle TBM \approx \vartriangle OBC$ θα ισχύουν ταυτόχρονα:

$\left\{ \begin{gathered} \frac{y}{a} = \frac{x}{{x + a}} \hfill \\ \frac{y}{a} = \frac{k}{{k + m}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{y}{{a - y}} = \frac{x}{a} \hfill \\ \frac{y}{{a - y}} = \frac{k}{m} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{x}{a} = \frac{k}{m}}$ .
.

: Σταθερό γινόμενο 2_ok.png (19.23 KiB) Προβλήθηκε 576 φορές

.
Δηλαδή $\dfrac{{BE}}{{BC}} = \dfrac{{MT}}{{OT}} \Rightarrow \vartriangle BEC \approx \vartriangle TMO$ ( ορθογώνια με κάθετες πλευρές ανάλογες)

Άμεση συνέπεια : $\widehat {{\phi _{}}} = \widehat {{\omega _{}}}$ οπότε το τετράπλευρο OBNC

είναι εγράψιμο άρα , $\widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ \,\,\left( 1 \right)$ . Έστω ότι η

τέμνει την

στο

, άρα $SO = OM\,\,\,\left( 2 \right)$

Η $\left( 1 \right)$ εξασφαλίζει ότι τα σημεία A,N,C,S

είναι ομοκυκλικά και άρα λόγω της $\left( 2 \right)$ έχω: $\boxed{OM \cdot ON = SO \cdot ON = AO \cdot OC = \frac{{{a^2}}}{2}}$

#8

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 04, 2021 6:41 pm
Αν είναι η τομή των και η τομή των τότε, λόγω της "συντρεχουσότητας" στο και του θεωρήματος Desarges και επειδή οι είναι παράλληλες η θα περνά από το "επ΄ άπειρο σημείο τομής" των οπότε θα είναι παράλληλη τους. Έτσι το καθίσταται ορθόκεντρο του τριγώνου , άρα η είναι κάθετη στην Άρα τα σημεία είναι ομοκυκλικά κύκλου με διάμετρο κέντρου έστω Αν το αντιδιαμετρικό του , τότε εύκολα παίρνουμε ότι το ζητούμενο γινόμενο μας ισούται με το σταθερό $2{OQ^2}$ .

: Σταθερό γινόμενο 2 - Απόδειξη Σωτήρη Λουρίδα.; f=179 t=70652.PNG (22.99 KiB) Προβλήθηκε 574 φορές

Για την όμορφη λύση του φίλτατου Σωτήρη, δώρο το σχήμα έτσι ώστε να εμφανίζεται ολόκληρο στην προεπισκόπηση εκτύπωσης.

Κώστας Βήττας

#9

Καλημέρα σε όλους.

: Σταθερό γινόμενο 2.png (13.01 KiB) Προβλήθηκε 570 φορές

Σε Καρτεσιανό Σύστημα Συντεταγμένων παίρνουμε:

A(-a,0), B(0,0), C(0,a), D(-a,a), M(0,t), 0<t<a

, οπότε, $\displaystyle O\left( { - \frac{a}{2},\;\frac{a}{2}} \right)$ η τομή των AC, BD

.

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} DM:\;y = \frac{{t - a}}{a}x + t\\ AB:y = 0 \end{array} \right.\; \Rightarrow \;\;E\left( {\frac{{at}}{{a - t}},0} \right)$

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} CE:\;y = \left( {\frac{{t - a}}{t}} \right)x + a\\ OM:\;y = \left( {\frac{{2t - a}}{a}} \right)x + t \end{array} \right.\; \Rightarrow N\left( {\frac{{{a^2}t - a{t^2}}}{{2{t^2} - 2at + {a^2}}},\;\frac{{a{t^2}}}{{2{t^2} - 2at + {a^2}}}} \right)$

Άρα $\displaystyle \left( {OM} \right)\left( {ON} \right) = \sqrt {\frac{{{a^2}}}{4} + {{\left( {t - \frac{a}{2}} \right)}^2}} \cdot \frac{{{a^2}}}{2}\sqrt {{{\left( {\frac{a}{{2{t^2} - 2at + {a^2}}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2t - a}}{{2{t^2} - 2at + {a^2}}}} \right)}^2}}$

$\displaystyle = \frac{{\sqrt {2{t^2} - 2at + {a^2}} }}{{\sqrt 2 }} \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 2 \sqrt {2{t^2} - 2at + {a^2}} }}{{2\left( {2{t^2} - 2at + {a^2}} \right)}} = \frac{{{a^2}}}{2}$ , σταθερό.

ΣΧΟΛΙΟ: Θέτοντας a=2

οι εξισώσεις γίνονται απλούστερες, το γινόμενο προκύπτει σταθερό, αλλά δεν είναι εμφανές στο αποτέλεσμα το $\frac{a^2}{2}$ .

#10

Ευχαριστώ τη Dream Team για τις πολύ ωραίες λύσεις και δίνω άλλη μία με τους συμβολισμούς του σχήματος.

: Σταθερό γινόμενο 2β.png (17.57 KiB) Προβλήθηκε 510 φορές

$\displaystyle \frac{{BE}}{{DC}} = \frac{{BM}}{{MC}} \Leftrightarrow \frac{{BE}}{a} = \frac{{a - x}}{x} \Leftrightarrow \frac{{AE}}{a} = \frac{a}{x} \Leftrightarrow$ $\boxed{AE = \frac{{{a^2}}}{x}}$

$\displaystyle \frac{{CO}}{{OM}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2x}},\frac{{AE}}{{AC}} = \frac{{{a^2}/x}}{{a\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2x}}$ κι επειδή $\displaystyle O\widehat CM = E\widehat AC = 45^\circ,$ τα τρίγωνα CMO, AEC

είναι όμοια, άρα οι πράσινες γωνίες είναι ίσες και εύκολα προκύπτει ότι και τα OCN, AEC

είναι όμοια. Οπότε

$C\widehat NO=45^\circ,$ δηλαδή η

εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου CMN

και $\boxed{OM \cdot ON = O{C^2} = \frac{{{a^2}}}{2}}$

ΥΓ. Η αρχική μου λύση είναι παρόμοια με του Γιώργου Μήτσιου.

#11

Άλλη μία, κάνοντας χρήση αυτής (η απόδειξη ανήκει στον Stan Fulger). Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle BN \bot CE.$

: Σταθερό γινόμενο 2γ.png (13.19 KiB) Προβλήθηκε 441 φορές

$\displaystyle a \cdot \frac{{EN}}{{NC}} + BE \cdot \frac{{AO}}{{OC}} = (a + BE)\frac{{BM}}{{MC}} = (a + BE)\frac{{BE}}{{DC}}\mathop \Rightarrow \limits^{DC = a}$

$\displaystyle a \cdot \frac{{EN}}{{NC}} + BE = BE + \frac{{B{E^2}}}{a} \Leftrightarrow \frac{{EN}}{{NC}} = \frac{{B{E^2}}}{{{a^2}}} = \frac{{B{E^2}}}{{B{C^2}}},$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

Σταθερό γινόμενο 2

Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Re: Σταθερό γινόμενο 2

Μέλη σε σύνδεση