Τόπος κατάλληλος για όλους

KARKAR · #1

Σημείο

κινείται στη βάση του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Οι κάθετες

από τα τα μέσα K , N

των

, τέμνουν τις AB , AC

στα

αντίστοιχα

Βρείτε το γεωμετρικό τόπο του μέσου

της

( Κατάλληλο για όλους )

Τι γίνεται αν το τρίγωνο δεν είναι ισοσκελές ; ( Επιθυμητή η συνδρομή των "εμπειρότερων" )

#2

Για το πρώτο ερώτημα :

Εύκολα διαπιστώνεται ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{ARST}$ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα οι διαγώνιές του διχοτομούνται.
Επομένως: $\displaystyle \frac{AM}{AS}=\frac{1}{2}$
Άρα ο γ.τ. του σημείου $\displaystyle{M}$ είναι το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα $\displaystyle{Q,R}$ των πλευρών $\displaystyle{AB, AC}$ αντίστοιχα.(Το αντίστροφο εύκολο)

Για το δεύτερο ερώτημα θα ακολουθήσει νέο μήνυμα.

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas · #3

Ας μου επιτραπεί λίγη γεωμετρική κουβέντα, γιά την γενίκευση.
Αν υπήρχαν δύο σταθερά ευθύγραμμα τμήματα με αντίστοιχα μέτρα t,h

,ώστε να είχαμε: $tAP + hAT = d...\left( * \right),$
όπου

σταθερό ευθύγραμμο τμήμα, τότε ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο APT

περνά και από σταθερό σημείο, εκτός του

, έστω

, σύμφωνα με το γενικό θεώρημα του Mac Laurin.
Αλλά τότε το τρίγωνο WPT

διατηρεί τις γωνίες του, οπότε παραμένει ας πούμε όμοιο προς τον εαυτό του (ανήκει δηλαδή σε συγκεκριμένη κλάση ή τάξη με βάση την σχέση ισοδυναμίας $x \sim y = ''\;x\;\dot o\mu o\iota o\;y\;'',$ στο σύνολο των τριγώνων δημιουργώντας διαμέριση στο σύνολο αυτό), αλλά τότε και το τρίγωνο PWM

διατηρείται όμοιο προς τον εαυτό του.
Ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο PWM

, έστω ότι τέμνει την

στο

. Τότε έχουμε: $\angle WFP = \angle WMP\;ct,$ οπότε το σημείο

σταθεροποιείται και επίσης έχουμε: $\angle WFM = \angle WPM,\;ct.$
Συνεπώς ο γ.τ. είναι η ευθεία FM.

Μένει λοιπόν η απόδειξη της (*) για προτεινόμενο, αφού αξίζει τον κόπο (έχει δυνατότητες απόδειξης και με χρήση τριγωνομετρικού περιβάλλοντος), την οποία θα δώσω σε μήνυμα που θά ακολουθήσει πλήν βέβαια της ευχάριστης κίνησης να με προλάβει άλλος λύτης.

(**) Εννοείται πώς με την μέθοδο αυτή επίλυσης βρίσκουμε των γ.τ. τών σημείων

του

που το χωρίζουν σε δεδομένο λόγο, δηλαδή μπορούμε να θεωρήσουμε ότι το μέσο αποτελεί την είδική περίπτωση που ο λόγος αυτός είναι 1.

S.E.Louridas

#4

Έστω $\displaystyle{ABC}$ τυχαίο τρίγωνο και $\displaystyle{S}$ τυχαίο σημείο της βάσης του $\displaystyle{BC}$ (πρώτο σχήμα).
Έστω ακόμα πώς οι μεσοκάθετες στα τμήματα $\displaystyle{BS}$ και $\displaystyle{SC}$ τέμνουν τους φορείς των πλευρών $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{AC}$ στα σημεία $\displaystyle{P}$ και $\displaystyle{T}$ αντίστοιχα.
Ζητούμε το γεωμετρικό τόπο του μέσου $\displaystyle{M}$ του τμήματος $\displaystyle{PT}$ .
Υψώνουμε τη μεσοκάθετη στη βάση $\displaystyle{BC}$ του τριγώνου η οποία τέμνει τους φορείς των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{AC}$ στα σημεία $\displaystyle{O_1}$ και $\displaystyle{O_2}$ αντίστοιχα.
Έστω ακόμα πως $\displaystyle{Q}$ και $\displaystyle{R}$ είναι τα μέσα των τμημάτων $\displaystyle{BO_2}$ και $\displaystyle{CO_1}$ αντίστοιχα.
Θα δείξουμε ότι το σημείο $\displaystyle{M}$ κινείται πάνω στην $\displaystyle{QR}$ .

Κατ' αρχήν θεωρούμε γνωστή την πρόταση(σχήμα δεύτερο):
"Αν $\displaystyle{MN}$ παράλληλη προς τις βάσεις $\displaystyle{AB, CD}$ ενός τραπεζίου τότε:
$\displaystyle MN=\frac{\left(AB \right)\left(DM \right)+\left(CD \right)\left(AM \right)}{AD} \ \ (1)$
και αντίστροφα:
Αν ισχύει η (1) και $\displaystyle{AB//CD//MN}$ τότε τα σημεία $\displaystyle{B,N,C}$ συνευθειακά."
(Η απόδειξη γίνεται με την αξιοποίηση των ομοίων τριγώνων που σχηματίζονται με την προέκταση των μη παραλλήλων πλευρών του τραπεζίου)

Ύστερα απ' αυτό αρκεί να δείξουμε ότι είναι:
$\displaystyle MM_1=\frac{(RR_1)(Q_1M_1)+(QQ_1)(M_1R_1)}{Q_1R_1} \ \ (2)$
όπου $\displaystyle{Q_1, M_1,R_1}$ είναι οι προβολές στη βάση $\displaystyle{BC}$ του τριγώνου των σημείων $\displaystyle{Q,M,R}$ αντίστοιχα.

Από το τραπέζιο $\displaystyle{PP_1T_1T}$ όπου $\displaystyle{P_1,T_1}$ οι προβολές αντίστοιχα των $\displaystyle{P, T}$ στη βάση $\displaystyle{BC}$ θα είναι: $\displaystyle MM_1=\frac{PP_1+TT_1}{2} \ \ (3)$

Ακόμα επειδή $\displaystyle{PP_1//OO_1}$ θα είναι: $\displaystyle \frac{PP_1}{OO_1}=\frac{BP_1}{BO}\Rightarrow PP_1=OO_1.\frac{BP_1}{BO} \ \ (4)$

Όμοια επίσης θα είναι: $\displaystyle \frac{TT_1}{OO_2}=\frac{CT_1}{CO}\Rightarrow TT_1=OO_2.\frac{CT_1}{CO} \ \ (5)$

Τέλος ακόμα θα είναι: $\displaystyle QQ_1=\frac{OO_2}{2}, \ \ RR_1=\frac{OO_1}{2}, \ \ BO=OC=\frac{BC}{2} \ \ (6)$

Έτσι η (3) σύμφωνα με τις (4), (5) και (6) γίνεται: $\displaystyle MM_1=\frac{(BP_1)(RR_1)+(CT_1)(QQ_1)}{BO} \ \ (7)$

Ακόμα είναι: $\displaystyle P_1T_1=Q_1R_1=\frac{BC}{2}=BO=OC \ \ (8)$

καθώς επίσης:
$\displaystyle \left.\begin{matrix} Q_1P_1=BP_1-BQ_1=\frac{BS}{2}-\frac{BO}{2}=\frac{OS}{2} \ \ \\ OM_1=BM_1-BO=BP_1+P_1M_1-BO=SP_1+\frac{P_1T_1}{2}-P_1T_1=\frac{2SP_1-P_1T_1}{2}=\frac{BS-BO}{2}=\frac{OS}{2} \ \ \end{matrix}\right\}$ $\displaystyle \Rightarrow Q_1P_1=OM_1=M_1S \ \ (9)$

Τέλος ακόμα είναι:
$\displaystyle R_1T_1=R_C-T_1C=OR_1-ST_1=OR_1-SR_1-R_1T_1\\\Rightarrow 2R_1T_1=OS\Rightarrow R_1T_1=\frac{OS}{2} \ \ (10)$
δηλαδή από την (9) και (1) προκύπτει:

$\displaystyle Q_1P_1=OM_1=M_1S=R_1T_1 \ \ (11)$

Σύμφωνα με την τελευταία είναι: $\displaystyle BP_1=P_1S=Q_1M_1 \ \ (12)$

και $\displaystyle CT_1=ST_1=SR_1+R_1T_1=SR_1+M_1S=M_1R_1 \ \ (13)$

Έτσι από τις (8), (12) και (13) η (7) γίνεται:

$\displaystyle MM_1=\frac{(Q_1M_1)(RR_1)+(M_1R_1)(QQ_1)}{Q_1R_1}$

δηλαδή η ζητούμενη (2).

Έτσι τα σημεία $\displaystyle{Q,M,R}$ είναι συνευθειακά και ο γ. τ. του σημείου $\displaystyle{M}$ είναι το τμήμα $\displaystyle{QR}$
(Πολλά έγραψα, δεν ξέρω μπορεί να υπάρχει κι απλούστερη σκέψη, δεν ξέρω...)

Δόρτσιος Κων/νος

S.E.Louridas · #5

Συνεχίζοντας στο ημέτερο σχήμα, αυτό που είχα υποσχεθεί (*) μετά την εκπληκτική παρέμβαση του Κώστα Δόρτσιου,
Εύκολα έχουμε:
$\begin{array}{*{20}c} {\left( {2\sin B} \right)SP + \left( {2\sin C} \right)ST = BC \Rightarrow \left( {2\sin B} \right)BP + \left( {2\sin C} \right)CT = BC \Rightarrow \left( {2\sin B} \right)(AB - } \\ {AP) + \left( {2\sin C} \right)\left( {AC - AT} \right) = BC \Rightarrow \left( {2\sin B} \right)AP + \left( {2\sin C} \right)AT = \left( {2\sin B} \right)AB + } \\ {\left( {2\sin C} \right)AC - BC \Rightarrow tAP + hAT = d.} \\ \end{array}$

Παρατήρηση:
Το πρόβλημα στην πλήρη του γενίκευση θα μπορούσε να δινόταν ως εξής:

«Δίνεται τρίγωνο . Θεωρούμε σημείο που κινείται στην βάση και δύο σημεία κινούμενα επί των πλευρών αντίστοιχα, ώστε το τετράπλευρο να διατηρεί τις γωνίες του. Να ευρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του όταν $\displaystale{\frac{{PM}} {{MT}} = \frac{q} {g},}$ με μέτρα δοθέντων ευθύγραμμων τμημάτων».

S.E.Louridas

Τόπος κατάλληλος για όλους

Τόπος κατάλληλος για όλους

Re: Τόπος κατάλληλος για όλους

Re: Τόπος κατάλληλος για όλους

Re: Τόπος κατάλληλος για όλους

Re: Τόπος κατάλληλος για όλους

Μέλη σε σύνδεση