mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 15, 2016 12:13 pm**

: Νεότατος γεωμετρικός μέσος.png (13.21 KiB) Προβλήθηκε 1815 φορές

Από σημείο

εκτός κύκλου (O)

φέρουμε τέμνουσα SAB

και εφαπτόμενο τμήμα

.

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 15, 2016 2:04 pm**

KARKAR έγραψε:Νεότατος γεωμετρικός μέσος.pngΑπό σημείο εκτός κύκλου φέρουμε τέμνουσα και εφαπτόμενο τμήμα .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 είναι η πολική του σημείου ως προς τον κύκλο $\left( O \right)$ προκύπτει ότι η σειρά $\left( S,A,D,B \right)$ είναι αρμονική άρα και η δέσμη 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

Δημοσιεύτηκε: **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

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

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.

Δημοσιεύτηκε: **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

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

και επομένως ισχύει $PB = PB'\ \ \ ,(5)$

: Νεότερος γεωμετρικός μέσος.; f=178_t=55973.PNG (31.35 KiB) Προβλήθηκε 1707 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 , εκτός δοσμένου κύκλου , φέρνουμε τυχούσα διατέμνουσα και την εφαπτομένη εκατέρωθεν της ευθείας , όπου είναι το κέντρο του κύκλου και ας είναι , η προβολή του σημείου επί της ευθείας . Αποδείξτε ότι οι περίκυκλοι έστω $(K),\ (L)$ , των τριγώνων $\vartriangle PBC,\ \vartriangle PAC$ , εφάπτονται των $AC,\ BC$ αντιστοίχως, στο σημείο .

Κώστας Βήττας.

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

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 16, 2016 8:08 am**

: Νεότατος γεωμετρικός μέσος.png (16.06 KiB) Προβλήθηκε 1690 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

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 16, 2016 8:57 pm**

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

$\bullet$ Έστω τα σημεία $D\equiv (K)\cap SO$ και $E\equiv (L)\cap SO$ , ως τα αντιδιαμετρικά σημεία του

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 $\angle BPD + \angle APE = 180^{o} - \angle BPA = 180^{o} - 2\angle C\ \ \ ,(4)$

: Νεότερος γεωμετρικός μέσος - Απόδειξη του Λήμματος.; f=178_t=55973(a).PNG (42.32 KiB) Προβλήθηκε 1610 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

, 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

στο σημείο

.

Ομοίως αποδεικνύεται ότι και ο κύκλος (K)

εφάπτεται της

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

διχοτομεί την γωνία $\angle BPA$ .

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

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 16, 2016 9:31 pm**

KARKAR έγραψε:Νεότατος γεωμετρικός μέσος.pngΑπό σημείο εκτός κύκλου φέρουμε τέμνουσα και εφαπτόμενο τμήμα .

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 (28.52 KiB) Προβλήθηκε 1634 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 16, 2016 10:03 pm**

Γεια σου Μιχάλη με τα ωραία σου.

Κώστας Βήττας.

mathematica.gr

Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος

Re: Νεότερος γεωμετρικός μέσος