Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο

#1

: Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο.png (26.15 KiB) Προβλήθηκε 2586 φορές

Σε ισοσκελές τραπέζιο $ABCD\left( {AD\parallel BC} \right)$ ας είναι τα σημεία τομής κύκλου εφαπτόμενου των με την και ας είναι πλησιέστερα του .

Να δειχθεί ότι $XY\parallel BC$ , όπου τα σημεία τομής του έγκυκλου του $\vartriangle BCD$ με τις αντίστοιχα, με πλησιέστερα του και πλησιέστερα του .

Στάθης

Al.Koutsouridis · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Το συνημμένο Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ισοσκελές τραπέζιο $ABCD\left( {AD\parallel BC} \right)$ ας είναι τα σημεία τομής κύκλου εφαπτόμενου των με την και ας είναι πλησιέστερα του .

Να δειχθεί ότι $XY\parallel BC$ , όπου τα σημεία τομής του έγκυκλου του $\vartriangle BCD$ με τις αντίστοιχα, με πλησιέστερα του και πλησιέστερα του .

Στάθης

Καλησπέρα,

Μια προσπάθεια με κάθε επιφύλαξη.

Θα θεωρήσουμε ως γνωστό λήμμα, την κατασκευή κύλου που εφάπτεται σε σταθερή ευθεία και διέρχεται από δυο σταθερά σημεία εκτός αυτής (Απολλώνιο πρόβλημα).

: parallhlia_se_isoskeles_trapezio.png (70.34 KiB) Προβλήθηκε 2324 φορές

Έστω $(O_{1}, R_{1})$ ο κύκλος που εφάπτεται της

και διέρχεται από τα σημεία M,N

και $(O_{2}, R_{2})$ ο κύκλος που εφάπτεται της

και διέρχεται από τα σημεία M,N

.

Το σημείο επαφής, έστω

, του κύκλου $(O_{1})$ με την

σύμφωνα με την παραπάνω κατασκευή, προσδιορίζεται ως εξής:

Βρίσκουμε το σημείο τομής της ευθείας που ορίζουν τα δυο σταθερά σημεία με την σταθερή ευθεία. Στην περίπτωσή μας αυτό το σημείο τομής είναι το

. Κατασκευάζουμε ημικύκλιο διαμέτρου

και φέρουμε την κάθετο προς την διάμετρο στο σημείο

. Έστω

το σημείο τομής αυτής με την διάμετρο. Τότε το σημείο επαφής

βρίσκεται σε απόσταση από το

ίση με

.

Ομοίως και για τον κύκλο $(O_{2})$ . Αν

το σημείο επαφής του με την

τότε

. Όπου

το σημείο τομής του ημικυκλίου διαμέτρου

με την κάθετο από το σημείο

.

Λόγο των παραπάνω κατασκευών ισχύει $BM \cdot MN = MP^2$ οπότε έχουμε

$BP^2 = BM^2+MP^2 = BM^2+ BM \cdot MN = BM(BM+MN) =$
$=BM \cdot BN = BT^2$ (1)

όπου

το σημείο επαφής με την

του εφαπτόμενου κύκλου στις ευθείες AB, AC

και έστω

το σημείο επαφής αυτού με την

.

Ομοίως βρίσκουμε ότι $QN^2= MN \cdot CN \Rightarrow$

$CQ^2 = NQ^2+CN^2 = MN \cdot CN + CN^2 = CN \cdot CM = CH^2$ (2)

Από την (1) έχουμε DR = DB - BR = DB-BP

(3) και από την (2) έχουμε
DK = DC+CK = DC+CH = DC+AC-AH

(4)

αφαιρώντας την (3) από την (4) βρίσκουμε

$DK- DR = DC+AC-AH -BD+BT \Rightarrow$ , (AC=BD)

$DK-DR = DC+BT -AH \Rightarrow$ , (DC=AB )

αφού

( τα

τα σημεία επαφής του εφαπτόμενου κύκλου στις ευθείες AB,AC

). Άρα

.

Θα δέιξουμε τώρα ότι οι κύκλοι $( O_{1}), (O_{2})$ ταυτίζονται αν ισχύει DK =DR

. Έστω ότι δεν ταυτίζονται. Τα κέντρα τους θα βρίσκονται επί της μεσοκαθέτου της

, που είναι κοινή χορδή αυτών. Τότε από την δύναμη σημείου , του

, προς αυτούς τους κύκλους έχουμε

$DO_{1}^2-R_{1}^2 = DO_{1}^2 - O_{1}N^2 = DR^2$ (5)

$DO_{2}^2 -R_{2}^2 = DO_{2}^2-O_{2}N^2 = DK^2$ (6)

από τις (5) και (6) προκύπτει

$DO_{1}^2-DO_{2}^2 = O_{1}N^2 - O_{2}N^2$

από το δεύτερο θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα $O_{1}O_{2}D$ και $O_{1}O_{2}N$ έχουμε

$2O_{1}O_{2} \cdot LE_{1} = 2O_{1}O_{2} \cdot LE_{2} \Rightarrow LE_{1} =LE_{2}$ , όπου

το μέσο του τμήματος $O_{1}O_{2}$ και $E_{1}, E_{2}$ οι προβολές στη μεσοκάθετο του

των

. Δηλαδή τα σημεία N,D

βρίσκονται στην ίδια κάθετη προς την μεσοκάθετο του

, πράγμα άτοπο. Άρα τα O_1, O_2

ταυτίζονται και το ίδιο και οι κύκλοι (O_1), (O_2)

.

Δηλαδή ο "κοινός" κύκλος (O_1),(O_2)

εφάπτεται εσωτερικά της γωνίας BDC

όπως και ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου BCD

. Οπότε οι δυο αυτοί κύκλοι είναι ομοιόθετοι με κέντρο ομοιοθεσίας το

. Λόγο της ομοιθεσίας η χορδή

θα είναι παράλληλη με την ομόλογη της

. Τα

όμως βρίσκονται επί της

οπότε

.

#3

$\bullet$ Έστω $(O),\ (K)$ , οι κύκλοι με χορδές τα τμήματα $MN,\ XY$ αντιστοίχως, όπως ορίζονται στην εκφώνηση και ας είναι (L)

, ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ , συμμετρικός ( προφανές ) του (K)

ως προς την ευθεία

, όπου $P,\ Q$ είναι τα μέσα των βάσεων $BC,\ AD$ αντιστοίχως, του δοσμένου ισοσκελούς τραπεζίου ABCD

.

Ισχύει $S\equiv AL\cap PQ\cap DK$ , όπου $S\equiv (T)\cap AO$ , με

το κέντρο του κύκλου (O)

και

τον περίκυκλο του ABCD

και ας είναι

, το συμετρικό σημείο του

ως προς το

.

Ο κύκλος έστω (O')

, με κέντρο το σημείο

που εφάπτεται των ευθειών $AB,\ AC$ , τέμνει την

στα σημεία έστω $M',\ N'$ και ας είναι το

πλησιέστερα στο

.

Έστω $F,\ H$ , τα σημεία τομής των κύκλων $(O),\ (O')$ και ας είναι $E,\ Z$ , τα σημεία τομής των ευθειών $AB,\ AC$ αντιστοίχως, από την ευθεία

, τα οποία ταυτίζονται με τις προβολές του

επί των $AB,\ AC$ , αντιστοίχως ( γνωστό αποτέλεσμα που αποδεικνύεται εύκολα ).

$\bullet$ Από SB = SC

και

έχουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle EBS,\ \vartriangle ZCS$ είναι ίσα και άρα, ισχύει $\angle ESB = \angle CSZ\ \ \ ,(1)$

Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $ESPB,\ CSPZ$ έχουμε $\angle ESB = \angle EPB\ \ \ ,(2)$ και $\angle CSZ = \angle CPZ\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)\Rightarrow$ $\boxed{\angle EPB = \angle CPZ}\ \ \ ,(4)$ και άρα, το σημείο

ανήκει στην ευθεία

.

: Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο.; f=112_t=45942.PNG (46.46 KiB) Προβλήθηκε 2224 φορές

$\bullet$ Από $BC\perp SP$ , σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα , έχουμε $\boxed{PM = PM'}$ και $\boxed{M'N = MN'}$ .

Τα σημεία $M,\ N'$ δηλαδή, είναι συμμετρικά των $M,\ N$ αντιστοίχως, ως προς το μέσον

του τμήματος

.

Οι κύκλοι $(L),\ (O')$ είναι ομοιόθετοι ως προς το σημείο

και άρα, ισχύει $\boxed{X'Y'\parallel M'N'\equiv BC}\ \ \ ,(5)$ όπου $X'\equiv (L)\cap AM'$ και $Y'\equiv (L)\cap AN'$ .

Οι ευθείες $AM',\ AN'$ τώρα, είναι συμμετρικές των $BM,\ BN$ αντιστοίχως, ως προς την ευθεία

, όπως και οι κύκλοι $(K),\ (L)$ και επομένως τα τμήματα $XY,\ X'Y'$ έχουν τα άκρα τους συμμετρικά ως προς την ευθεία

και ανήκουν στην ίδια ευθεία λόγω $PQ\perp X'Y'\parallel BC$ .

Συμπεραίνεται έτσι, ότι $\boxed{XY\parallel BC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Δίνονται δύο κύκλοι $(K),\ (L)$ οι οποίοι τέμνονται στα σημεί έστω $A,\ B$ και έστω τυχόν σημείο $P\in AB$ . Η διά του σημείου κάθετη ευθεία επί την , όπου είναι το μέσον της διακέντρου των δοσμένων κύκλων $(K),\ (L)$ , τους τέμνει στα ζεύγη των σημείων $C,\ D$ και $E,\ Z$ αντιστοίχως και ας είναι τα $D,\ E$ εσωτερικά σημεία των $(L),\ (K)$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι και .

$\bullet$ θερμές ευχές για ειρηνιικό και δημιουργικό το 2016, να έχετε υγεία και κάθε χαρά με τους ανθρώπους που αγαπάτε.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου, για το παραπάνω Λήμμα .

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. - Δίνονται δύο κύκλοι $(K),\ (L)$ οι οποίοι τέμνονται στα σημεί έστω $A,\ B$ και έστω τυχόν σημείο $P\in AB$ . Η διά του σημείου κάθετη ευθεία επί την , όπου είναι το μέσον της διακέντρου των δοσμένων κύκλων $(K),\ (L)$ , τους τέμνει στα ζεύγη των σημείων $C,\ D$ και $E,\ Z$ αντιστοίχως και ας είναι τα $D,\ E$ εσωτερικά σημεία των $(L),\ (K)$ , αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι και .

'Εστω $M,\ N$ , οι προβολές των κέντρων $K,\ L$ των δοσμένων κύκλων $(K),\ (L)$ αντιστοίχως και από $KM\parallel OP\parallel LN$ έχουμε $PM = PN\ \ \ ,(1)$ λόγω OK = OL

.

: Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο - Απόδειξη του Λήμματος.; f=112_t=45942(a).PNG (30.55 KiB) Προβλήθηκε 2199 φορές

$\bullet$ Από $PB\perp KL\Rightarrow$ $(PL)^{2} - (PK)^{2} = (BL)^{2} - (BK)^{2} = (LE)^{2} - (KD)^{2}\ \ \ ,(2)$

Από $(2)\Rightarrow$ $(LN)^{2} + (PN)^{2} - (KM)^{2} - (PM)^{2} =$ $(LN)^{2} + (EN)^{2} - (KM)^{2} - (MD)^{2}\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (3)\Rightarrow$ $(EN)^{2} = (MD)^{2}\Rightarrow$ $\boxed{EN = MD}\ \ \ ,(4)$

Από $(4)\Rightarrow$ $DE + DN = DE + EM\Rightarrow$ $\boxed{DN = EM}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

και $PM = PN\Rightarrow$ $\boxed{PD = PE}\ \ \ ,(6)$

Από $(4),\ (5)$ και EN = NZ

και $MD = MC\Rightarrow$ $\boxed{DZ = EC}$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#5

Η άσκηση βρίσκεται και στο βιβλίο Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ΙΙ όπου μπορείτε να βρείτε μία διαφορετική λύση (Είναι η άσκηση 3.60)
Βάζω και μία παρεμφερή άσκηση viewtopic.php?f=112&t=52435

Al.Koutsouridis · #6

Μιας και έπεσα πάνω της κοιτώντας παλιότερες ολυμπιάδες της Α.Πετρούπολης. Να αναφέρω ότι η άσκηση είχε χρησιμοποιηθεί και στο διαγωνσιμό επιλογής της ομάδας της Πετρούπολης, για την πανρωσική ολυμπιάδα το 2000 για την 10η τάξη.

Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο

Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο

Re: Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο

Re: Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο

Re: Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο

Re: Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο

Re: Παραλληλία σε ισοσκελές τραπέζιο

Μέλη σε σύνδεση