Ζηλευτή καθετότητα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9812
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ζηλευτή καθετότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Φεβ 19, 2017 2:05 pm

Ζηλευτή καθετότητα.png
Ζηλευτή καθετότητα.png (16.35 KiB) Προβλήθηκε 794 φορές
Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι τέμνονται στα σημεία A, B και είναι BC=BD, M το μέσο του τόξου AC

και N το μέσο του τόξου AD. Να δείξετε ότι \displaystyle{AB \bot MN}.
Η άσκηση ισχύει για τη συγκεκριμένη διάταξη του σχήματος. Για παράδειγμα, τo συμπέρασμα δεν ισχύει αν ένα από τα τόξα AC, AD περιέχει το B και το άλλο όχι.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4052
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ζηλευτή καθετότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Φεβ 19, 2017 4:19 pm

george visvikis έγραψε:Ζηλευτή καθετότητα.png
Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι τέμνονται στα σημεία A, B και είναι BC=BD, M το μέσο του τόξου AC

και N το μέσο του τόξου AD. Να δείξετε ότι \displaystyle{AB \bot MN}.
Η άσκηση ισχύει για τη συγκεκριμένη διάταξη του σχήματος. Για παράδειγμα, τo συμπέρασμα δεν ισχύει αν ένα από τα τόξα AC, AD περιέχει το B και το άλλο όχι.
Μπράβο Γιώργο :clap2: . Αυτό μάλιστα!!!

Πράγματι είναι ζηλευτή αυτή η καθετότητα!!!. Εχω μια όμορφη λύση (όπως της αξίζει) . Θα την αφήσω μέχρι το βραδάκι

(εκτός να βάλεις και άλλο χρονικό φραγμό :?) να την δοκιμάσουν και άλλοι και τα ξαναλέμε. Προσπαθώ να βρώ και δεύτερη λύση :D


Την ευχαριστήθηκα αυτή τη λύση και μου θύμησε τα λόγια του φιλου Γιάννη Καψουλάκη κάπου αλλού:

"Μεγάλη αγάπη η γεωμετρία, ρε παιδιά. Η λύση περιμένει υπομονετικά μέχρι να την ανακαλύψει η φαντασία σου.

Και τότε ανθίζει το πρόβλημα και σε ανταμοίβει με ένα ερωτικό χάδι".


Σε ευχαριστώ θερμά .
Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7555
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ζηλευτή καθετότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Φεβ 19, 2017 6:39 pm

Γράφω τον κύκλο (M,MA) και έστω T το άλλο εκτός των A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C, σημείο τομής

του με την AB. Επειδή \left\{ \begin{gathered} 
  \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} \hfill \\ 
  \widehat {{a_1}} + \widehat {{a_3}} = 180^\circ  \hfill \\ 
  \widehat {{a_2}} + \widehat {{a_4}} = 180^\circ  \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}} συνεπώς τα τρίγωνα

MCB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,MTB είναι ίσα από το έμμεσο κριτήριο γιατί είναι αμβλυγώνια ,
Ζηλευτή καθετότητα.png
Ζηλευτή καθετότητα.png (35.29 KiB) Προβλήθηκε 706 φορές
Το σημείο λοιπόν T ανήκει ταυτόχρονα στον κύκλο (B,BC) και στην AB.

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι αν γράψουμε τον κύκλο (N,NA) θα διέρχεται από το

T. Το τετράπλευρο AMTN είναι χαρταετός άρα AB \bot MN.
Ζηλευτή καθετότητα_πλήρες σχήμα.png
Ζηλευτή καθετότητα_πλήρες σχήμα.png (42.85 KiB) Προβλήθηκε 688 φορές
τελευταία επεξεργασία από Doloros σε Κυρ Φεβ 19, 2017 6:56 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


harrisp
Δημοσιεύσεις: 547
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 28, 2015 8:49 pm

Re: Ζηλευτή καθετότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από harrisp » Κυρ Φεβ 19, 2017 6:51 pm

Διακρίνω μεγαλη ομοιότητα με το δεύτερο πρόβλημα του διαγωνισμου EMC 2016 JUNIORS.

http://emc.mnm.hr/wp-content/uploads/20 ... rs_ENG.pdf


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4052
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ζηλευτή καθετότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Φεβ 19, 2017 7:28 pm

george visvikis έγραψε:Ζηλευτή καθετότητα.png
Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι τέμνονται στα σημεία A, B και είναι BC=BD, M το μέσο του τόξου AC

και N το μέσο του τόξου AD. Να δείξετε ότι \displaystyle{AB \bot MN}.
Η άσκηση ισχύει για τη συγκεκριμένη διάταξη του σχήματος. Για παράδειγμα, τo συμπέρασμα δεν ισχύει αν ένα από τα τόξα AC, AD περιέχει το B και το άλλο όχι.
Το περίμενα ότι θα δινόταν λύση με το ριζικό άξονα δύο κύκλων κέντρων {\rm M},{\rm N} (στην ουσία αυτό έκανε ο Νίκος) και είναι η πρώτη σκέψη που πρέπει να κάνει κανείς. Ισως ήταν προτιμότερο το T να θεωρηθεί το σημείο τομής του κύκλου \left( {B,BC = BD} \right) με την AB. Τα πράγματα θα ήταν απλούστερα (με ισότητα τριγώνων). Γι' αυτό και έψαχνα για δεύτερη λύση την οποία και βρήκα :D . Βέβαια ο τελευταίος τραβάει και κουπί :lol: αλλά μου αρέσει και αυτή.

Έστω E,F τα δεύτερα (εκτός των C,D ) σημεία τομής της CD με τους κύκλους \left( K \right),\left( L \right) αντίστοιχα.

Με BC = BD \Rightarrow \boxed{\angle ECB \equiv \angle DCB = \angle CDB \equiv \angle FDB}:\left( 1 \right).

Είναι \left\{ \begin{gathered} 
  \angle ECB\mathop  = \limits^{C,E,B,A\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( K \right)} \angle EAB \\  
  \angle FDB\mathop  = \limits^{D,F,B,A\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( L \right)} \angle FAB \\  
\end{gathered}  \right.\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \angle EAB = \angle FAB \Rightarrow AB ο φορέας της διχοτόμου της γωνίας \angle EAF του τριγώνου \vartriangle AEF ,

Ας είναι {{I}_{a}}\equiv ME\cap NF. Τότε με \angle MEA\mathop  = \limits^{\tau o\xi .MA = \tau o\xi .MC} \angle MEC \Rightarrow ME ο φορές της εξωτερικής γωνίας \angle AEF του τριγώνου \vartriangle AEF .
[attachment=0]Ζηλευτή καθετότητα.png[/attachment]
Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι NF ο φορέας της εξωτερικής γωνίας \angle AFE του τριγώνου \vartriangle AEF. Έτσι το {{I}_{a}} (όπως ορίστηκε) είναι

το A- παράκεντρο του τριγώνου \vartriangle AEF που βρίσκεται στο φορέα της διχοτόμου , οπότε A,B,{{I}_{a}} συνευθειακά και \boxed{\angle E{I_a}F = {{90}^0} - \frac{{\angle EAF}}{2}}:\left( 2 \right)

Είναι \angle {I_a}MB \equiv \angle EMB\mathop  = \limits^{M,E,B,A\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( K \right)} \angle EAB = \dfrac{{\angle EAF}}{2}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \angle {I_a}MB + \angle M{I_a}F = {90^0} \Rightarrow MB \bot {I_a}F \Rightarrow MB

ο φορέας του εκ M ύψους του τριγώνου \vartriangle {{I}_{a}}MN και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι NB ο φορέας του εκ N ύψους του τριγώνου \vartriangle {{I}_{a}}MN,

δηλαδή το σημείο B ταυτίζεται με ορθόκεντρο του τριγώνου \vartriangle {I_a}MN \Rightarrow {I_a}A \bot MN \mathop  \Rightarrow \limits^{{I_a},B,A\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } \boxed{{\rm A}{\rm B} \bot MN} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης
Συνημμένα
Ζηλευτή καθετότητα.png
Ζηλευτή καθετότητα.png (47.46 KiB) Προβλήθηκε 665 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9812
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ζηλευτή καθετότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Φεβ 22, 2017 5:46 pm

ΧΑΡΗΣ ΤΙΟΥΡΙΝΓΚ έγραψε:Διακρίνω μεγαλη ομοιότητα με το δεύτερο πρόβλημα του διαγωνισμου EMC 2016 JUNIORS.

http://emc.mnm.hr/wp-content/uploads/20 ... rs_ENG.pdf
Δεν την πήρα από εκεί πάντως. Η άσκηση είναι παραλλαγή αυτής, με τη διαφορά ότι έδινε τα σημεία C, B, D συνευθειακά.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης