Μετρικές σχέσεις επ' ευθείας

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Μετρικές σχέσεις επ' ευθείας

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Παρ Νοέμ 01, 2019 9:49 pm

GEOMETRIA238=FB3712.jpg
GEOMETRIA238=FB3712.jpg (42.74 KiB) Προβλήθηκε 439 φορές
Εστω ορθογώνιο τραπέζιο ABCD, \hat{A}=\hat{D}=90^o, AB>CD.

Ο περίκυκλος ABC τέμνει την AD στο P.

Ο κύκλος (P, PC) τέμνει την μεσοπαράλληλο του τραπεζίου MN, στο Q και την QD στο T.

Αν η TC συναντά την MN στο R, δείξτε ότι QR=2\cdot MN


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 839
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Μετρικές σχέσεις επ' ευθείας

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Νοέμ 01, 2019 11:05 pm

sakis1963 έγραψε:
Παρ Νοέμ 01, 2019 9:49 pm
GEOMETRIA238=FB3712.jpg
Εστω ορθογώνιο τραπέζιο ABCD, \hat{A}=\hat{D}=90^o, AB>CD.

Ο περίκυκλος ABC τέμνει την AD στο P.

Ο κύκλος (P, PC) τέμνει την μεσοπαράλληλο του τραπεζίου MN, στο Q και την QD στο T.

Αν η TC συναντά την MN στο R, δείξτε ότι QR=2\cdot MN
Καλησπέρα!
Έστω DC=a,AB=b,AD=c,C' το συμμετρικό του C ως προς το D και K η προβολή του C στην AB.
Επειδή 2MN=a+b αρκεί QR=a+b.
DC//QR\Leftrightarrow \dfrac{a}{QR}=\dfrac{TD}{TQ}\Leftrightarrow QR= \dfrac{aTQ}{TD}\,\,(1)
Από δύναμη σημείου είναι TD\cdot DQ=DC\cdot DC'\Leftrightarrow TD=\dfrac{a^2}{DQ}
Η (1) γίνεται QR=\dfrac{a\left ( \dfrac{a^2}{DQ} +DQ\right )}{\dfrac{a^2}{DQ}}=\dfrac{a^2+DQ^2}{a}
Αρκεί λοιπόν a\left ( a+b \right )=a^2+DQ^2\Leftrightarrow ab=DQ^2

Είναι \overset{\Delta }{DCP}\sim \overset{\Delta }{CKB}\Leftrightarrow PD=\dfrac{a\left (b-a \right )}{c}\,\,\,(2)

DQ^2=MD^2+MQ^2=\dfrac{c^2}{4}+PQ^2-PM^2=\dfrac{c^2}{4}-\left ( \dfrac{c}{2}-PD \right )^2+PC^2=-PD^2+cPD+\,\,\,+PD^2+a^2\overset{(2)}{=}a\left ( b-a \right )+a^2=ab

Άρα πράγματι QR=2MN
156.PNG
156.PNG (40.89 KiB) Προβλήθηκε 420 φορές


Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Μετρικές σχέσεις επ' ευθείας

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Σάβ Νοέμ 02, 2019 11:56 am

Μπράβο, Πρόδρομε!

κοίταξε τώρα κάτι άλλο:

Αν στο σχήμα σου S\equiv TC' \cap RM, L\equiv (P, PC) \cap RM και U\equiv (STR) \cap TL,

δείξε οτι το TSUR είναι αρμονικό τετράπλευρο


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 839
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Μετρικές σχέσεις επ' ευθείας

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Νοέμ 02, 2019 12:32 pm

sakis1963 έγραψε:
Σάβ Νοέμ 02, 2019 11:56 am
Μπράβο, Πρόδρομε!

κοίταξε τώρα κάτι άλλο:

Αν στο σχήμα σου S\equiv TC' \cap RM, L\equiv (P, PC) \cap RM και U\equiv (STR) \cap TL,

δείξε οτι το TSUR είναι αρμονικό τετράπλευρο
Αρκεί TL συμμετροδιάμεσος στο TSR :
Το τμήμα CQ είναι συμμετρικό του C'L ως προς την AD ,δηλαδή D μέσον του CC' και Q μέσο του SR. Αρκεί λοιπόν να είναι \angle C'TL=\angle QTR που ισχύει αφού βαίνουν σε ίσα τόξα.
158,.PNG
158,.PNG (48.92 KiB) Προβλήθηκε 364 φορές


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 839
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Μετρικές σχέσεις επ' ευθείας

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Νοέμ 02, 2019 2:31 pm

Μία λύση για την αρχική με λιγότερες πράξεις και χρήση του αρμονικού τετράπλευρου,

Έστω O το κέντρο του (S,T,R) και X ο πόλος του ST ως προς τον ίδιο κύκλο.
Λόγω του αρμονικού οι XT,XU είναι εφαπτόμενες και το X ανήκει στη RS.
Από λήμμα είναι \left ( X,S,L,R \right )=-1 και από Mac\,\,Laurin (Q μέσον του SR) έχω LQ\cdot LX=LS\cdot LR=LT\cdot LU άρα XTQU εγγράψιμο,επιπλέον στον κύκλο αυτό θα ανήκει και το O (απλό).Τα TCC',TSR είναι όμοια άρα οι περιγεγραμμένοι κύκλοι τους εφάπτονται.Άρα T,P,O συνευθειακά.
Είναι \angle XQA=\angle TQX=\angle XTU=\angle XQU δηλαδή U,A,Q συνευαθειακά.
Αν Y\equiv BA\cap SU,G\equiv XR\cap YC' τότε CC'BY ισοσκελές τραπέζιο και GL=QN.
\angle YST=180^{\circ}-\angle TRU=180^{\circ}-\angle TQS\Leftrightarrow C'L//SY και αφού G μέσο του YC' το C'LYS είναι παραλληλόγραμμο και GS=GL\Leftrightarrow SG=QN\Leftrightarrow SQ=GN\Leftrightarrow QR=2MN :D .
159.PNG
159.PNG (65.4 KiB) Προβλήθηκε 331 φορές


Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Μετρικές σχέσεις επ' ευθείας

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Σάβ Νοέμ 02, 2019 8:03 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Σάβ Νοέμ 02, 2019 2:31 pm
Μία λύση για την αρχική με λιγότερες πράξεις και χρήση του αρμονικού τετράπλευρου,

Έστω O το κέντρο του (S,T,R) και X ο πόλος του ST ως προς τον ίδιο κύκλο.
Λόγω του αρμονικού οι XT,XU είναι εφαπτόμενες και το X ανήκει στη RS.
Από λήμμα είναι \left ( X,S,L,R \right )=-1 και από Mac\,\,Laurin (Q μέσον του SR) έχω LQ\cdot LX=LS\cdot LR=LT\cdot LU άρα XTQU εγγράψιμο,επιπλέον στον κύκλο αυτό θα ανήκει και το O (απλό).Τα TCC',TSR είναι όμοια άρα οι περιγεγραμμένοι κύκλοι τους εφάπτονται.Άρα T,P,O συνευθειακά.
Είναι \angle XQA=\angle TQX=\angle XTU=\angle XQU δηλαδή U,A,Q συνευαθειακά.
Αν Y\equiv BA\cap SU,G\equiv XR\cap YC' τότε CC'BY ισοσκελές τραπέζιο και GL=QN.
\angle YST=180^{\circ}-\angle TRU=180^{\circ}-\angle TQS\Leftrightarrow C'L//SY και αφού G μέσο του YC' το C'LYS είναι παραλληλόγραμμο και GS=GL\Leftrightarrow SG=QN\Leftrightarrow SQ=GN\Leftrightarrow QR=2MN :D .

159.PNG
:clap2:


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες