Σκληρή καθετότητα

KARKAR · #1

: Σκληρή καθετότητα.png (17.91 KiB) Προβλήθηκε 1766 φορές

Από σημείο

εξωτερικό κύκλου (O)

, φέρω τα εφαπτόμενα τμήματα SA,SB

και ονομάζω

την τομή των OS,AB

. Από τυχαίο σημείο

του

, φέρω

την

η οποία προεκτεινόμενη τέμνει την προέκταση της

στο σημείο

.

Έστω

το μέσο του

και

η τομή των SN,AB

. Δείξτε ότι : $OL\perp PT$ .

#2

Θα αποδειχθεί το ακόλουθο ισοδύναμο πρόβλημα.

ΙΣΟΔΥΝΑΜΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ. - Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με , εγγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω , το μέσον της πλευράς του . Δια το σημείου φέρνουμε τυχούσα ευθεία η οποία τέμνει την πλευρά στο σημείο έστω και την προέκταση της προς το μέρος του , στο σημείο έστω και έστω το σημείο $K\equiv (O)\cap AM$ . Η δια το σημείου κάθετη ευθεία επί την τέμνει την στο σημείο έστω . Αποδείξτε ότι η ευθεία περνάει από το μέσον του τμήματος .

: Σκληρή καθετότητα.; f=185_t=57016.PNG (23.63 KiB) Προβλήθηκε 1698 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $D\equiv (O)\cap KL$ και $E\equiv BC\cap AD$ .

Το τετράπλευρο ABKC

είναι αρμονικό γιατί έχει ίσα τα γινόμενα των απέναντι πλευρών του και άρα, η δέσμη $D\ldotp ABKC$ είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία

και επομένως, η σημειοσειρά $B,\ L,\ C,\ E$ είναι αρμονική και άρα, η δέσμη $A\ldotp BLCE$ είναι επίσης αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τώρα, τέμνεται από την ευθεία $PT\parallel AE$ και συμπεραίνεται έτσι, ότι το σημείο έστω $N\equiv PT\cap AL$ ταυτίζεται με το μέσον του τμήματος

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Πράγματι, όπως λέει ο Στάθης αμέσως μετά, τεράστια η προσφορά του Θανάση ( KARKAR ) στο

.

#3

KARKAR έγραψε:Από σημείο εξωτερικό κύκλου , φέρω τα εφαπτόμενα τμήματα και ονομάζω την τομή των . Από τυχαίο σημείο του , φέρω την η οποία προεκτεινόμενη τέμνει την προέκταση της στο σημείο .Έστω το μέσο του και η τομή των . Δείξτε ότι : $OL\perp PT$ .

Θανάση καλησπέρα και Χρόνια πολλά και καλά. Σε ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια και οφείλω να πω ότι εσύ ήσουν η «αιτία» του «καλού».

Ας δούμε λοιπόν το «μαλάκωμα» αυτής της «σκληρής» καθετότητας.

: Σκληρή καθετότητα.png (33.14 KiB) Προβλήθηκε 1719 φορές

Έστω οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα.

Τότε με σημείο της διαμέσου του τριγώνου $\vartriangle SPT$ θα είναι: $\left( {SLP} \right) = \left( {SLT} \right) \Rightarrow SP \cdot LF = ST \cdot LE$ $\Rightarrow \boxed{\frac{{LF}}{{LE}} = \frac{{ST}}{{SP}}}:\left( 1 \right)$

Από $SA = SB \Rightarrow \angle FAL \equiv \angle SAB = \angle SBA \equiv \angle EBL$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle AFL = \angle LEB = {{90}^0}} \vartriangle AFL \sim \vartriangle LEB \Rightarrow \boxed{\frac{{LF}}{{LE}} = \frac{{AF}}{{BE}}}:\left( 2 \right)$ .

Τέλος από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{\frac{{AF}}{{BE}} = \frac{{ST}}{{SP}}}:\left( 3 \right)$ , Από τη σχέση $\left( 3 \right)$ σύμφωνα με το Θεώρημα Stathis Koutras είναι $OL\bot PT$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση για την τεράστια προσφορά σου
Στάθης

#4

vittasko έγραψε:Θα αποδειχθεί το ακόλουθο ισοδύναμο πρόβλημα.

ΙΣΟΔΥΝΑΜΟ ΠΡΟΒΛΗΜΑ. - Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με , εγγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω , το μέσον της πλευράς του . Δια το σημείου φέρνουμε τυχούσα ευθεία η οποία τέμνει την πλευρά στο σημείο έστω και την προέκταση της προς το μέρος του , στο σημείο έστω και έστω το σημείο $K\equiv (O)\cap AM$ . Η δια το σημείου κάθετη ευθεία επί την τέμνει την στο σημείο έστω . Αποδείξτε ότι η ευθεία περνάει από το μέσον του τμήματος .
f=185_t=57016.PNG
$\bullet$ Έστω τα σημεία $D\equiv (O)\cap KL$ και $E\equiv BC\cap AD$ .

Το τετράπλευρο είναι αρμονικό γιατί έχει ίσα τα γινόμενα των απέναντι πλευρών του και άρα, η δέσμη $D\ldotp ABKC$ είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία και επομένως, η σημειοσειρά $B,\ L,\ C,\ E$ είναι αρμονική και άρα, η δέσμη $A\ldotp BLCE$ είναι επίσης αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τώρα, τέμνεται από την ευθεία $PT\parallel AE$ και συμπεραίνεται έτσι, ότι το σημείο έστω $N\equiv PT\cap AL$ ταυτίζεται με το μέσον του τμήματος και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Πράγματι, όπως λέει ο Στάθης αμέσως μετά, τεράστια η προσφορά του Θανάση ( KARKAR ) στο .

Μου άρεσε πολύ η λύση σου Κώστα

, ίσως γιατί την πάλεψα προς την ίδια κατεύθυνση.

Αλλά ποιος να συγκριθεί μαζί σου ! . Του Στάθη δεν την διάβασα ακόμη .

Φιλικά, Νίκος

taratoris · #5

Στο παραπάνω σχήμα υποθέτουμε οτι

κάθετη με την

και

το σημείο τομής της

με την

. Έστω

το σημείο τομής της

με την

. Τότε αρκεί να δείξουμε οτι

είναι το μέσο της

.

Αρχικά παρατηρούμε οτι OKBT,APKO

εγγράψιμα διότι $\angle OBT= \angle OKT= \angle OAP= 90^{o}$

Άρα $\angle PTS= \angle KTB = \angle BOK = \angle BOL$ και $\angle LOA= \angle KOA= \angle KPS= \angle TPS$ . Συνεπώς

$\displaystyle \frac{BL}{LA}=\frac{E(BOL)}{E(LOA)}=\frac{OB*OL*sin( \angle BOL)}{OL*OA*sin( \angle LOA)}=\frac{sin( \angle BOL)}{sin( \angle LOA)}=$

$\displaystyle \frac{sin( \angle PTS)}{sin( \angle TPS)}=\frac{SP}{ST}$ (1)

(Η τελευταία ισότητα ισχύει απο νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο STP

)

Επιπλέον $\displaystyle \frac{MP}{MT}=\frac{SP}{ST}$ (2)

(και πάλι με λόγο των εμβαδών (SPM),(SMT)

και με δεδομένο οτι ισχύει $\angle PSM=\angle MST$ )

Απο (1) και (2) συμπεραίνουμε $\displaystyle \frac{MP}{MT}=\frac{LB}{LA}$ (3)

Απο θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο NML

με τέμνουσες (T,B,S),(S,P,A)

αντίστοιχα παίρνουμε :

$\displaystyle \frac{TN}{TM}\frac{MB}{LB}\frac{SL}{SN}=1$ και $\displaystyle \frac{PN}{PM}\frac{AM}{AL}\frac{SL}{SN}=1$ . Εφόσον MA=MB

συνεπάγεται :

$\displaystyle \frac{TN}{TM*LB}=\frac{PN}{PM*LA}$ και απο την σχέση (3) προκύπτει PN=NT

edit: Ευχαριστώ τον κύριο Βήττα για την υπόδειξη σχετικά με την πιο έυκολη ανάγνωση κλασμάτων.

#6

KARKAR έγραψε:Από σημείο εξωτερικό κύκλου , φέρω τα εφαπτόμενα τμήματα και ονομάζω την τομή των . Από τυχαίο σημείο του , φέρω την η οποία προεκτεινόμενη τέμνει την προέκταση της στο σημείο .Έστω το μέσο του και η τομή των . Δείξτε ότι : $OL\perp PT$ .

$\bullet$ Έστω το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την και η ορθή προβολή του στην

και ας είναι $E\equiv TK\cap SN,D\equiv TP\cap SN$ .

Από $TFS\mathop = \limits^{TF\parallel AS} \angle ASO\mathop = \limits^{SA,SB\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \alpha \,\,\tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha }$ $\angle FST\mathop = \limits^{A,O,B,S\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle OAB \Rightarrow$ τα ισοσκελή τρίγωνα

$\vartriangle OAB,\vartriangle TFS$ είναι όμοια με τις ομόλογες διαμέσους τους (και ύψη και διχοτόμοι).

Με το μέσο της $PT\mathop \Rightarrow \limits^{SP\parallel DT} \boxed{SP = TD}:\left( 1 \right)$ και προφανώς $KN\mathop \parallel \limits^{K,N\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,SF,SD} FT\parallel SP:\left( 2 \right)$ .
[attachment=0]Σκληρή καθετότητα 2.png[/attachment]
Είναι $MLB\mathop \parallel \limits^{BM \bot SF,TK \bot SF} KET\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .{\rm K}.\Delta \varepsilon \sigma \mu \eta \varsigma }$ $\dfrac{{ML}}{{LB}} = \dfrac{{KE}}{{ET}}\mathop = \limits^{KN\parallel TD} \dfrac{{KN}}{{TD}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{KN}}{{SP}}\mathop = \limits^{KN\parallel SP} \dfrac{{KM}}{{MS}}$

και συνεπώς τα τμήματα είναι ομόλογα τμήματα των ομοίων τριγώνων $\vartriangle OAB,\vartriangle TFS$ .

Από εδώ και πέρα μπορείτε να διαλέξετε:

$\bullet$ i) «Μαλακή» αντιμετώπιση

Θα είναι $\angle BTM\equiv \angle BTX=\angle LOB\Rightarrow OXBT$ εγγράψιμο σε κύκλο (με $X\equiv TP\cap OL$ ) οπότε $\angle OXT = \angle OBT = {90^0} \Rightarrow \boxed{OL \bot TP}$ .

$\bullet$ ii) «Σκληρότερη» αντιμετώπιση:

Από τα ομόλογα σημεία των ομοίων ισοσκελών τριγώνων προκύπτει ότι οι σειρές $\left( A,M,L,B \right),\left( F,K,M,S \right)$ έχουν ίσους διπλούς λόγους ,

άρα και οι δέσμες έχουν ίσους διπλούς λόγους και επειδή οι τρεις ομόλογες ακτίνες τους είναι κάθετες μια προς μια

$\left( OA\bot TF,OM\bot TK,OB\bot TS \right)$ θα έχουν και τις τέταρτες ομόλογες ακτίνες τους κάθετες μεταξύ τους και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

KARKAR · #7

: Με Simson.png (34.71 KiB) Προβλήθηκε 1522 φορές

Η

φυσικά διχοτομεί το τόξο $\overset{\frown}{PQT}$ του περικύκλου του τριγώνου SPT

, δηλαδή : $\overset{\frown}{QP}=\overset{\frown}{QT}$

Φέροντας $QD\perp SA, QE\perp SB$ , έχουμε : $DE\parallel AB$ και επειδή $\dfrac{SB}{BE}=\dfrac{SL}{LN}=\dfrac{SO}{OQ}=\dfrac{SA}{AD}$ ,

προκύπτει : $QN \parallel OL$ , ό. έ . δ.

Τα σημεία D,N,E

είναι συνευθειακά (πρόκειται για την ευθεία Simson του

, αφού

μέσο της

)

#8

θανάση, πολύ όμορφο.

Όπως λέει ο Στάθης, είναι μια "Ζωγραφιά". Την ζήλεψα αυτή την απόδειξη ( το $\displaystyle = \frac{SA}{AD}$ νομίζω δεν μας χρειάζεται ).

Σ' ευχαριστώ θερμά, Κώστας Βήττας.

Σκληρή καθετότητα

Σκληρή καθετότητα

Re: Σκληρή καθετότητα

Re: Σκληρή καθετότητα

Re: Σκληρή καθετότητα

Re: Σκληρή καθετότητα

Re: Σκληρή καθετότητα

Re: Σκληρή καθετότητα

Re: Σκληρή καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση