Συνευθειακότητα και ορθότητα

KARKAR · #1

: Συνευθειακότητα και ορθότητα.png (21.05 KiB) Προβλήθηκε 1991 φορές

Με κέντρο το μέσο

της πλευράς

, ορθογωνίου τριγώνου ABC

, γράφουμε τους κύκλους : $(M ,\dfrac{c}{2} )$ και :

$(M, r ), (r<\dfrac{c}{2})$ . Η

τέμνει τον μικρό κύκλο στα σημεία E , D

, ενώ οι

, τέμνουν τον μεγάλο

κύκλο , στα σημεία S , T

. α) Δείξτε ότι τα σημεία S , T , C

, είναι συνευθειακά .

β) Αν : $r=\dfrac{3c}{10}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ , ώστε η γωνία $\widehat{SBC}$ να είναι ορθή .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 31, 2022 1:23 pm
Συνευθειακότητα και ορθότητα.pngΜε κέντρο το μέσο της πλευράς , ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε τους κύκλους : $(M ,\dfrac{c}{2} )$ και :

$(M, r ), (r<\dfrac{c}{2})$ . Η τέμνει τον μικρό κύκλο στα σημεία , ενώ οι , τέμνουν τον μεγάλο

κύκλο , στα σημεία . α) Δείξτε ότι τα σημεία , είναι συνευθειακά .

β) Αν : $r=\dfrac{3c}{10}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ , ώστε η γωνία $\widehat{SBC}$ να είναι ορθή .

Για να μην είναι «βαρύ» το σχήμα, κρύβω το μικρό κύκλο και την υποτείνουσα

.

Θεωρώ τη χορδή

παράλληλη στην

. Το τετράπλευρο DEZB

είναι ισοσκελές τραπέζιο ,

γιατί η μεσοκάθετος της

( στο

) είναι και μεσοκάθετος στην

( λόγω αποστήματος).

Συνεπώς η

είναι μεσοκάθετος στην

κα άρα το

είναι εφαπτόμενο τμήμα στον $\left( {M,\frac{c}{2}} \right)$ .

Διαδοχικά έχω : $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ ( χορδής κι εφαπτομένης) , $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}\,\,\left( {BZ//DE} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}$ .

: Συνευθειακά κι ορθότητα_a.png (41.34 KiB) Προβλήθηκε 1920 φορές

Έτσι το τετράπλευρο ETCZ

είναι εγγράψιμμο, συνεπώς : $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}}$ χορδής κι εφαπτομένης και για ίδιο λόγο , $\widehat {{\theta _3}} = \widehat {{\theta _4}}$ .

Μα τώρα και το τετράπλευρο : ZDSC

είναι εγγράψιμο.

Από το εγγράψιμο ETCZ

έχω: $\widehat {ZCT} = \widehat {ZEB}$ , από το ισοσκελές τραπέζιο DEZB

είναι , $\widehat {ZEB} = \widehat {ZDB} = \widehat {ZCS}$ ( από το εγγράψιμο ZDSC

)

Λόγω του Ευκλειδείου αιτήματος , οι ευθείες $CT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CS$ ταυτίζονται. Για το άλλο ερώτημα αργότερα .

#3

Doloros έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 31, 2022 10:36 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 31, 2022 1:23 pm
Συνευθειακότητα και ορθότητα.pngΜε κέντρο το μέσο της πλευράς , ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε τους κύκλους : $(M ,\dfrac{c}{2} )$ και :

$(M, r ), (r<\dfrac{c}{2})$ . Η τέμνει τον μικρό κύκλο στα σημεία , ενώ οι , τέμνουν τον μεγάλο

κύκλο , στα σημεία . α) Δείξτε ότι τα σημεία , είναι συνευθειακά .

β) Αν : $r=\dfrac{3c}{10}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ , ώστε η γωνία $\widehat{SBC}$ να είναι ορθή .
Για να μην είναι «βαρύ» το σχήμα, κρύβω το μικρό κύκλο και την υποτείνουσα .

Θεωρώ τη χορδή παράλληλη στην . Το τετράπλευρο είναι ισοσκελές τραπέζιο ,

γιατί η μεσοκάθετος της ( στο ) είναι και μεσοκάθετος στην ( λόγω αποστήματος).

Συνεπώς η είναι μεσοκάθετος στην κα άρα το είναι εφαπτόμενο τμήμα στον $\left( {M,\frac{c}{2}} \right)$ .

Διαδοχικά έχω : $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ ( χορδής κι εφαπτομένης) , $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}\,\,\left( {BZ//DE} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}$ .
Συνευθειακά κι ορθότητα_a.png
Έτσι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμμο, συνεπώς : $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}}$ χορδής κι εφαπτομένης και για ίδιο λόγο , $\widehat {{\theta _3}} = \widehat {{\theta _4}}$ .

Μα τώρα και το τετράπλευρο : είναι εγγράψιμο.

Από το εγγράψιμο έχω: $\widehat {ZCT} = \widehat {ZEB}$ , από το ισοσκελές τραπέζιο είναι , $\widehat {ZEB} = \widehat {ZDB} = \widehat {ZCS}$ ( από το εγγράψιμο )

Λόγω του Ευκλειδείου αιτήματος , οι ευθείες $CT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CS$ ταυτίζονται. Για το άλλο ερώτημα αργότερα .

Νίκο, στο σχήμα σου

Όπως όμορφα έφερες την εφαπτόμενη

θα είναι: $BZ\bot AZ$ (από τη διάμετρο

του κύκλου) και $CM\bot AZ$ (από τα εφαπτομενικά τμήματα και τη διακεντρική ευθεία ) οπότε $BZ\parallel DE$ και με

το μέσο της

η δέσμη

θα είναι αρμονική άρα το εγγεγραμμένο στον κύκλο τετράπλευρο ZTAS

είναι αρμονικό και συνεπώς η διαγώνιός του

θα διέρχεται από τον πόλο της άλλης διαγωνίου του (δηλαδή από το σημείο τομής των εφαπτομένων στα άκρα της διαγωνίου

(μια από τις πολλές ιδιότητες του αρμονικού τετραπλεύρου), δηλαδή από το

Θα σε περιμένω για το επόμενο ερώτημα . Να δώσω μόνο την απάντηση : $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
(Δεν είναι τραγικά δύσκολο, εφαρμογή δύο θεωρημάτων εκ των οποίο το πρώτο δεν το πολυχρησιμοποιούμε

cool geometry · #4

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 31, 2022 1:23 pm
Συνευθειακότητα και ορθότητα.pngΜε κέντρο το μέσο της πλευράς , ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε τους κύκλους : $(M ,\dfrac{c}{2} )$ και :

$(M, r ), (r<\dfrac{c}{2})$ . Η τέμνει τον μικρό κύκλο στα σημεία , ενώ οι , τέμνουν τον μεγάλο

κύκλο , στα σημεία . α) Δείξτε ότι τα σημεία , είναι συνευθειακά .

β) Αν : $r=\dfrac{3c}{10}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ , ώστε η γωνία $\widehat{SBC}$ να είναι ορθή .

A)Ισχύει , AB^2=BS.BZ=BT.BQ=BL.BC

,συνεπώς

εγγράψιμμα

Θα αποδείξουμε ότι $\angle Z= \angle \theta \Leftrightarrow BLQZ$ εγγράψιμμο $\Leftrightarrow CQ.CZ=CL.CB=AC^2$

$CQ.CZ=AC^2 \Leftrightarrow (CA-AQ)(CA+AZ)=CA^2 \Leftrightarrow CA.AZ-CA.AQ-AQ.AZ=0$

$\Leftrightarrow CA.AZ=AQ(CA+AZ)=AQ.CZ$

Ισοδύναμα θα δείξουμε ότι $\dfrac{CA}{CZ} = \dfrac{AQ}{AZ}$ (1)

Το

προφανώς είναι παραλ/μμο, άρα BD=AE

και

Είναι, $\dfrac{CA}{CZ} = \dfrac{AE}{DZ}$ και $\dfrac{AQ}{AZ}= \dfrac{BD}{DZ}$ κι επειδή BD=AE

η

αποδείχτηκε,άρα και το ζητούμενο.

: συνευθειακότητα και ορθότητα 1.png (51.69 KiB) Προβλήθηκε 1740 φορές

Β) Επειδή $DE= \dfrac{3c}{5}$ και οι κύκλοι είναι ομόκεντροι ,θα είναι $PD=EN= \dfrac{c}{5}$ και το BDKL

είναι ορθογώνιο

Ισχύει $DK//BC \Rightarrow \dfrac{DK}{LC}= \dfrac{BL}{LC}= \dfrac{AB^2}{AC^2}$

Αν EC=x

τότε $AC^2=CN.CP=(x- \dfrac{c}{5})(x+ \dfrac{4c}{5})$ και η προηγούμενη σχέση δίνει

$\dfrac{ \dfrac{3c}{5} }{x}= \dfrac{c^2}{(x- \dfrac{c}{5})(x+ \dfrac{4c}{5}) } \Leftrightarrow 75x^2-80x-12c^2=0$ με δεκτή λύση $x=EC= \dfrac{6c}{5}$

Έτσι, $\dfrac{AB^2}{AC^2}= \dfrac{DE}{EC}= \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{AB}{AC}= \dfrac{ \sqrt{2} }{2}$

: Συνευθειακότητα και ορθότητα 2.png (39.58 KiB) Προβλήθηκε 1740 φορές

cool geometry · #6

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 31, 2022 1:23 pm
Συνευθειακότητα και ορθότητα.pngΜε κέντρο το μέσο της πλευράς , ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε τους κύκλους : $(M ,\dfrac{c}{2} )$ και :

$(M, r ), (r<\dfrac{c}{2})$ . Η τέμνει τον μικρό κύκλο στα σημεία , ενώ οι , τέμνουν τον μεγάλο

κύκλο , στα σημεία . α) Δείξτε ότι τα σημεία , είναι συνευθειακά .

β) Αν : $r=\dfrac{3c}{10}$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{AB}{AC}$ , ώστε η γωνία $\widehat{SBC}$ να είναι ορθή .

Μετά και την ωραία, συνολική , λύση του Μιχάλη , ας δούμε συνοπτικά το 2ο ερώτημα που εκκρεμεί από μένα .

Αφού το τετράπλευρο BDAE

είναι παραλληλόγραμμο και $SB \bot BC \Rightarrow AE \bot BC$ .

Το τετράπλευρο BSAF

είναι ορθογώνιο εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( {M,5k} \right)$ και η

είναι διάμετρος.

Επειδή $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _3}}$ θα είναι $\widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}}$ που μου εξασφαλίζει ότι τα σημεία F,T,G,C

ανήκουν στο ίδιο κύκλο και αφού η $FT \bot SC$ ,

η

είναι διάμετρος και έτσι η

είναι εφαπτομένη σ αυτό τον κύκλο .

Δηλαδή $\displaystyle \boxed{\widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{\theta _{}}}}$ , στο $\vartriangle FMP$ η

είναι εσωτερική διχοτόμος και η

εξωτερική.

: Συνευθειακά κι ορθότητα_b_Ανάλυση_2os τρόπος.png (77.38 KiB) Προβλήθηκε 1699 φορές

Από την αρμονική αναλογία : $\dfrac{{FP}}{{FM}} = \dfrac{{CP}}{{CM}} \Rightarrow \dfrac{{2k}}{{3k}} = \dfrac{u}{{u + 5k}} \Rightarrow \boxed{u = 10k}$ .

Τώρα θα είναι: $\dfrac{{FB}}{{FC}} = \dfrac{{MP}}{{PC}} = \dfrac{{5k}}{{10k}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }}}$ .

Παρατηρήσεις

Υπάρχουν ακόμα πολλοί τρόποι υπολογισμού του λόγου με ή χωρίς αρμονικότητα .

Πλήθος εγγραψίμων τετραπλεύρων και ισοσκελών τριγώνων και τραπεζίων.

Το 2ο ερώτημα ( ίσως και το πρώτο ως παραλλαγή άσκησης του πολυτεχνείου το έτος 1950

) είναι κατασκευασμένο στο εργαστήριο του Θανάση;

cool geometry · #8

Νίκο, φοβερή λύση!!! και κομψότατο σχήμα.
Το πρώτο ερώτημα το έλυσα ίδια με εσένα και το δεύτερο ίδια με τον Στάθη.

#9

cool geometry έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 05, 2022 9:53 am
Νίκο, φοβερή λύση!!! και κομψότατο σχήμα.
Το πρώτο ερώτημα το έλυσα ίδια με εσένα και το δεύτερο ίδια με τον Στάθη.

Καλημέρα

Καλό είναι να μας παρουσιάζεις τις λύσεις σου εδω για να τις απολαύσουμε και εμείς

Υ.Σ Εγώ δεν παρουσίασα λύση για το δεύτερο ερώτημα

( μόνο το αποτέλεσμα έδωσα )

Πως ξέρεις άραγε οτι έχουμε την ίδια λύση ;

Έχεις και μαντικές ικανότητες !!!!

cool geometry · #10

Η λύση μου για το Β) Ερώτημα.
$AD\left | \right |=BE\Rightarrow \widehat{MAE}=\widehat{MBD}=\widehat{ACB}=y\Rightarrow \frac{ME}{\cos y}=\frac{AM}{\cos \widehat{AEM}}\Rightarrow \frac{\frac{3c}{10}}{\cos y}=\frac{\frac{c}{2}}{\cos \widehat{AEM}}\Rightarrow \cos \widehat{AEM}=\frac{5}{3}\cos y$
Ας είναι $\frac{AC}{AB}=k$ , τότε: $\cos \widehat{AEM}=\cos \widehat{BDC}=\frac{5}{3\sqrt{k^{2}+1}}(1)$
Από το ορθογώνιο τρίγωνο ACM

εύκολα προκύπτει ότι: $\cos \widehat{ACM}=\frac{1}{2\sqrt{k^{2}+\frac{1}{4}}}, \sin \widehat{ACM}=\frac{k}{\sqrt{k^{2}+\frac{1}{4}}}(2)$
Από το ABC

εύκολα προκύπτει ότι: $\cos \widehat{ACB}=\frac{1}{\sqrt{k^{2}+1}}, \sin \widehat{ACB}=\frac{k}{\sqrt{k^{2}+1}}(3)$
$(2),(3)\Rightarrow \sin \widehat{BCD}=\frac{2k^{2}+1}{2\sqrt{k^{2}+1}\cdot \sqrt{k^{2}+\frac{1}{4}}}(4)$
$(1),(4)\Rightarrow \frac{5}{3\sqrt{k^{2}+1}}=\frac{2k^{2}+1}{2\sqrt{k^{2}+1}\cdot \sqrt{k^{2}+\frac{1}{4}}}\Rightarrow 9k^{4}-16k^{2}-4=0(E)$
διτετράγωνη με λύση $k=\sqrt{2}\Rightarrow \frac{AC}{AB}=\sqrt{2}\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

cool geometry · #11

Στάθη, ίδια είχες τελικά;
Αν και δεν νομίζω, γιατί ποτέ δεν χρησιμοποιείς τριγωνομετρία (για καλό το λέω). Είμαι σίγουρος ότι η λύση σου θα μας θαμπώσει από την ομορφιά.

cool geometry · #12

Στάθη, καλωσόρισες στην Ελλάδα. Μήπως μπορείς να γράψεις τη λύση σου για το δεύτερο ερώτημα; Το λέω για να δω αν είναι ίδια με τη δική μου.

#13

cool geometry έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 05, 2022 2:59 pm
Στάθη, ίδια είχες τελικά;
Αν και δεν νομίζω, γιατί ποτέ δεν χρησιμοποιείς τριγωνομετρία (για καλό το λέω). Είμαι σίγουρος ότι η λύση σου θα μας θαμπώσει από την ομορφιά.

Προφανώς και δεν θα μπορούσαν να ειναι ίδιες οι λύςεις μας συνάδελφε

Η λυση μου μοιάζει με μικρές παραλλαγές με του Νίκου (Φραγκάκη ) και δεν θέλω να γράψω ξανά τα " ίδια " σχεδόν πράγματα

Απο οτι μας λες εσύ εχεις ( όχι γράφεις ) ίδιες λύσεις με κάποιους απο εμάς

cool geometry · #14

Γιατί λες ότι προφανώς δεν θα μπορούσαν να είναι ίδιες οι λύσεις μας;
Το ότι έχω ίδιες λύσεις δεν σημαίνει ότι θα γράψω τα ίδια, γιατί βαριέμαι να το κάνω αυτό και επιπλέον το κάνω και για λόγους μαθηματικής πολυφωνίας και το βρίσκω απόλυτα λογικό. Εσύ δεν το βρίσκεις λογικό;
Επίσης η λύση μου για το Β) είναι πιο ''ελαφριά'' από τις δικές σας, γιατί τα έκανα όλα με το σχήμα, χωρίς να κατασκευάσω κάτι επιπλέον.
Όπως έχω ξαναπεί, η λύση μου για το Α) είναι ίδια με του Νίκου, αυτός είναι και ο λόγος που δεν τη γράφω.

#15

cool geometry έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 07, 2022 8:58 am

...Επίσης η λύση μου για το Β) είναι πιο ''ελαφριά'' από τις δικές σας, γιατί τα έκανα όλα με το σχήμα, χωρίς να κατασκευάσω κάτι επιπλέον...

Απο οτι " ομολογείς " εχουμε πράγματι διαφορετική άποψη για τη γεωμετρία

Εγω ειμαι ερωτευμένος με τη συνθετική γεωμετρία ( μια εικόνα χίλιες λέξεις )

Αγαπώ τα σχήματα και την " επεξεργασία" τους

Μεσα σε αυτη " διαβάζω " τη διαδρομή του νου του λυτη και τη βρίσκω

Δυστυχώς μέχρι τωρα δεν εχω δει ενα σχήμα σου για να " σε διαβάσω "

Εμένα βέβαια δεν μου αρέσει η " ελαφριά " λυση χωρις σχήμα

Αγαπώ τη " Βαριά " λυση

KARKAR · #16

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 5:21 pm
Το 2ο ερώτημα ( ίσως και το πρώτο ως παραλλαγή άσκησης του πολυτεχνείου το έτος )
είναι κατασκευασμένο στο εργαστήριο του Θανάση;

Γεωμετρία Ιησουιτών , σελ 401 , Άσκηση 895 :

"Έστωσαν Μ , Ν , δύο σημεία συμμετρικά αλλήλων ως προς το κέντρο περιφερείας (Ο) και Γ τυχόν σημείο της περιφερείας .

Οι ευθείες ΓΜ ,ΓΟ , ΓΝ , τέμνουν την περιφέρεια εις τα Α , Τ , Β . Δείξατε ότι η ευθεία ΑΒ και η εφαπτομένη της περιφερείας

στο Τ , τέμνονται επί της ευθείας ΜΝ ".

Το πρώτο ερώτημα είναι παραλλαγή αυτής της άσκησης ( έχω την υποψία ότι αρκετά παλιότερα είχε ξανατεθεί στο forum).

Το δεύτερο ερώτημα είναι όντως παραγωγή του καρδιτσιώτικου εργαστηρίου

Συνευθειακότητα και ορθότητα

Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Re: Συνευθειακότητα και ορθότητα

Μέλη σε σύνδεση