Σελίδα 1 από 1

Από σταθερό σημείο

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 11, 2019 12:20 pm
από KARKAR
Από  σταθερό  σημείο.png
Από σταθερό σημείο.png (10.81 KiB) Προβλήθηκε 291 φορές
Έστω : m \in (1,  +\infty) . Στις κάθετες πλευρές AB  , AC του ορθογωνίου τριγώνου \displaystyle ABC

θεωρούμε σημεία P,T αντίστοιχα , ώστε : BP=\dfrac{c}{m} , AT=\dfrac{b}{m} . Δείξτε ότι ο κύκλος

(P,A,T) διέρχεται , για τις διάφορες τιμές του m , από σταθερό σημείο S της BC .

Re: Από σταθερό σημείο

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 11, 2019 1:23 pm
από george visvikis
KARKAR έγραψε:
Παρ Ιαν 11, 2019 12:20 pm
Από σταθερό σημείο.pngΈστω : m \in (1,  +\infty) . Στις κάθετες πλευρές AB  , AC του ορθογωνίου τριγώνου \displaystyle ABC

θεωρούμε σημεία P,T αντίστοιχα , ώστε : BP=\dfrac{c}{m} , AT=\dfrac{b}{m} . Δείξτε ότι ο κύκλος

(P,A,T) διέρχεται , για τις διάφορες τιμές του m , από σταθερό σημείο S της BC .
To S είναι το ίχνος του ύψους.

Επεξεργασία: Άρση απόκρυψης.

Re: Από σταθερό σημείο

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 11, 2019 2:59 pm
από Doloros
Αγνοώ προσωρινά τον κύκλο και φέρνω παράλληλη από το P προς την AC που τέμνει την υποτείνουσα στο J. Θέτω και \boxed{\frac{1}{m} = k} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  BP = ck\,\, \hfill \\ 
  AT = bk \hfill \\  
\end{gathered}  \right. .
Απο σταθερό  σημείο_1.png
Απο σταθερό σημείο_1.png (10.96 KiB) Προβλήθηκε 247 φορές
Επειδή : \boxed{\frac{{PJ}}{{AC}} = \frac{{BP}}{{BA}} \Rightarrow \frac{{PJ}}{b} = \frac{{ck}}{c} = k \Rightarrow PJ = bk = AT}\,\,\,(1) .

Άρα το τετράπλευρο ATJP είναι ορθογώνιο .

Γράφω τώρα τον κύκλο (P,A,T) που θα διέρχεται από το J και θα τέμνει την υποτείνουσα ακόμη σε σημείο S
Απο σταθερό  σημείο_2_ok.png
Απο σταθερό σημείο_2_ok.png (13.73 KiB) Προβλήθηκε 242 φορές
Η διάμετρος του κύκλου είναι η διαγώνιος AJ και άρα η AS κάθετη στην υποτείνουσα.

Re: Από σταθερό σημείο

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 11, 2019 3:33 pm
από Altrian
Φέρνω από το \large P παράλληλη στην \large AC που την τέμνει έστω στο \large F.
\large \bigtriangleup BPF\approx \bigtriangleup BAC\Rightarrow PF=\frac{b}{m}=AT
Αρα \large PATF ορθογώνιο παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο στον κύκλο με την διαγώνιο \large AF διάμετρο του κύκλου.
Αρα \large \angle ASF=90 δηλ. \large S το ίχνος του \large A

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης

Μετά είδα ότι παρόμοίως λύθηκε από τον Doloros. (την αφήνω για τον κόπο).

Re: Από σταθερό σημείο

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιαν 11, 2019 7:48 pm
από george visvikis
george visvikis έγραψε:
Παρ Ιαν 11, 2019 1:23 pm
KARKAR έγραψε:
Παρ Ιαν 11, 2019 12:20 pm
Από σταθερό σημείο.pngΈστω : m \in (1,  +\infty) . Στις κάθετες πλευρές AB  , AC του ορθογωνίου τριγώνου \displaystyle ABC

θεωρούμε σημεία P,T αντίστοιχα , ώστε : BP=\dfrac{c}{m} , AT=\dfrac{b}{m} . Δείξτε ότι ο κύκλος

(P,A,T) διέρχεται , για τις διάφορες τιμές του m , από σταθερό σημείο S της BC .

To S είναι το ίχνος του ύψους.
Από σταθερό σημείο.Κ.png
Από σταθερό σημείο.Κ.png (10.9 KiB) Προβλήθηκε 207 φορές
Φέρνω το ύψος AS και θεωρώ σημείο P της AB ώστε BP=\dfrac{c}{m}. Ο κύκλος που διέρχεται από τα A, P, S

επανατέμνει την BC στο Q και την AC στο T. Θα δείξω ότι AT=\dfrac{b}{m}.

\displaystyle BP \cdot BA = BS \cdot BQ \Leftrightarrow \frac{c}{m} \cdot c = \frac{{{c^2}}}{a} \cdot BQ \Leftrightarrow \boxed{BQ=\dfrac{a}{m}} (1)

\displaystyle CT \cdot CA = CQ \cdot CS \Leftrightarrow CT \cdot b = (a - BQ)\frac{{{b^2}}}{a}\mathop  = \limits^{(1)} \left( {a - \frac{a}{m}} \right)\frac{{{b^2}}}{a} \Leftrightarrow CT = b\left( {1 - \frac{1}{m}} \right) \Leftrightarrow \boxed{AT=\dfrac{b}{m}}

Re: Από σταθερό σημείο

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 12, 2019 12:08 pm
από STOPJOHN
KARKAR έγραψε:
Παρ Ιαν 11, 2019 12:20 pm
Από σταθερό σημείο.pngΈστω : m \in (1,  +\infty) . Στις κάθετες πλευρές AB  , AC του ορθογωνίου τριγώνου \displaystyle ABC

θεωρούμε σημεία P,T αντίστοιχα , ώστε : BP=\dfrac{c}{m} , AT=\dfrac{b}{m} . Δείξτε ότι ο κύκλος

(P,A,T) διέρχεται , για τις διάφορες τιμές του m , από σταθερό σημείο S της BC .

Θέτω

SL=x, BS.BL=\dfrac{c^{2}}{m}\Leftrightarrow (BS+x).BS=\dfrac{c^{2}}{m},(1), LC.SC=b^{2}.\dfrac{m-1}{m}

           \Leftrightarrow (a-x-BS).(a-BS)=b^{2}.\dfrac{m-1}{m},(2), (1),(2)\Rightarrow am(SB)^{2}-

          (mc^{2}+a^{2}). (SB)+ac^{2}=0

Το τριώνυμο ,ως προς SB έχει λύση SB=\dfrac{c^{2}}{a},SB=\dfrac{a}{m},      SB.BC=AB^{2}\Leftrightarrow \hat{ASB}=90^{0}

Αρα το σταθερό σημείο είναι το ίχνος του ύψους AS

Αν BS=\dfrac{a}{m} τότε τα σημεία L,S
ταυτίζονται και ο κύκλος εφάπτεται στην υποτείνουσα στο σημείο S


Γιάννης