Μη συνευθειακά

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4050
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Μη συνευθειακά

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Φεβ 15, 2017 7:22 pm

Μη συνευθειακά.png
Μη συνευθειακά.png (25.5 KiB) Προβλήθηκε 1235 φορές
Έστω AB η κοινή χορδή δύο μη ίσων τεμνομένων κύκλων \left( K \right),\left( L \right) και ας είναι C,D τα αντιδιαμετρικά του A ως προς τους \left( K \right),\left( L \right).

Αν E,Z τα σημεία τομής των CM,DM με τους \left( L \right),\left( K \right) αντίστοιχα , με M (το μέσο της AB) μεταξύ των C,E και D,Z να δειχθεί ότι E,A,Z ΔΕΝ είναι συνευθειακά.


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

Λέξεις Κλειδιά:
socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6110
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

Re: Μη συνευθειακά

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Τρί Μαρ 31, 2020 9:27 pm

Επαναφορά!


Θανάσης Κοντογεώργης
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: Μη συνευθειακά

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Τετ Απρ 01, 2020 2:51 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Τετ Φεβ 15, 2017 7:22 pm
Μη συνευθειακά.pngΈστω AB η κοινή χορδή δύο μη ίσων τεμνομένων κύκλων \left( K \right),\left( L \right) και ας είναι C,D τα αντιδιαμετρικά του A ως προς τους \left( K \right),\left( L \right).

Αν E,Z τα σημεία τομής των CM,DM με τους \left( L \right),\left( K \right) αντίστοιχα , με M (το μέσο της AB) μεταξύ των C,E και D,Z να δειχθεί ότι E,A,Z ΔΕΝ είναι συνευθειακά.


Στάθης
Στα περισσότερα σχήματα με το μάτι φαίνονται συνευθειακά τα σημεία :) .
Δουλεύω με μικρότερο τον κύκλο (L). Έστω ότι τα σημεία E,A,Z είναι συνευθειακά.

X\equiv ZE\cap CD (δεν φαίνεται στο σχήμα), N,R μέσα των EZ,C'D' αντίστοιχα

όπου C',D'\in CD\mu \varepsilon ZC',ED'\perp CD τότε λόγο διαμέσου τραπεζίου \dfrac{ZC'+ED'}{2}=NR (1). Έστω AB=2s


MHSIN.png
MHSIN.png (491.37 KiB) Προβλήθηκε 598 φορές



C,B,D συνευθειακά ως κάθετες στην AB

Θ.ΘΑΛΉ \dfrac{DM}{DZ}=\dfrac{MB}{ZC'}\Leftrightarrow \dfrac{DM}{MZ}=\dfrac{s}{ZC'-s} και όμοια \dfrac{CM}{ME}=\dfrac{s}{ED'-s}

ZC,ED\perp EZ άρα DE//ZC oπότε \dfrac{DM}{MZ}=\dfrac{EM}{CM}

Aπό τις 3 τελευταίες σχέσεις έχουμε \dfrac{s}{ZC'-s}=\dfrac{ED'-s}{s}\Leftrightarrow 2s\dfrac{ED'+ZC'}{2}=ED'\cdot ZC'\overset{(1)}{\Leftrightarrow }

AB\cdot NR=ED'\cdot ZC'\Leftrightarrow \dfrac{NR}{ED'}=\dfrac{ZC'}{AB} και από θαλή και στα 2 μέλη

παίρνουμε \dfrac{XN}{XE}=\dfrac{XZ}{XA}\Leftrightarrow XN\cdot XA=XZ\cdot XE αφού N μέσο ZE

από Mac Laurin (X,A/E,Z) αρμονική τετράδα για συντομία \widehat{ZBA}=x,\widehat{ABE}=z,\widehat{EBD}=y η αρμονική τετράδα δίνει


sin(z)sin(x+y+z)=sinxsiny\overset{z+y=\pi /2}{\Leftrightarrow }sinzcosx=sinxcosz\Leftrightarrow

tanx=tanz όμως x,z\in (0,\pi /2) άρα x=z

Και από θεώρημα διχοτόμου \dfrac{ZA}{AE}=\dfrac{BZ}{BE}.

ZC'B,BED' Όμοια και από θεώρημα θαλή η προηγόμενη σχέση γίνεται

\dfrac{ZA}{AE}=\dfrac{ZC'}{ED'}=\dfrac{ZC'\cdot BM}{ED'\cdot BM}=\dfrac{CM}{CE}\cdot \dfrac{DZ}{DM}=\dfrac{ZM}{MD} από θεώρημα θαλή

AB//ED.

Λόγο των παραλλήλων τώρα CZED ορθογώνιο παραλληλόγραμμο άρα ZC=ED
και αφού x=z \widehat{DBE}=\widehat{ZBC}=y οπότε στους 2 κύκλους Έχουμε ίσες γωνίες να βαίνουν σε ίσα τόξα άρα οι κύκλοι είναι ίσοι.

Αυτό σημαίνει πως αν οι κύκλοι είναι άνισοι τότε τα Z,A,E δεν είναι συνευθειακά.

Και είχα σκοπό να κοιμηθώ πριν της μία σήμερα. :?
τελευταία επεξεργασία από Xriiiiistos σε Τετ Απρ 22, 2020 7:52 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2068
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Μη συνευθειακά

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Απρ 01, 2020 12:47 pm

Νομίζω ότι ο έλεγχος του ότι δεν ισχύει, με την χρήση σχεδιαστικού προγράμματος υπολογιστή, θα πρέπει να θεωρείται έγκυρος.

Είναι πιο διδακτικό το να διαπιστώνω με το λογισμικό ότι ένα αποτέλεσμα αληθεύει και να προσπαθώ να πετύχω την απόδειξή του, με οποιοδήποτε έστω τρόπο ( μία συνθετική απόδειξη βέβαια, έχει άλλη γοητεία ), παρά να "παιδευτώ" να αποδείξω γεωμετρικά ότι κάτι δεν ισχύει. (*)

Θα μου πει κάποιος, απόψεις είναι αυτές. Σύμφωνoύμε και για να συνεισφέρω και εγώ στο να μειωθεί ακόμα ένα από τα αναπάντητα θέματα του φόρουμ, δίνω μία άλλη προσέγγιση με στοιχειώδη μέσα.

\bullet Έστω ότι τα σημεία E,\ A,\ Z είναι συνευθειακά.

Προκύπτει εύκολα τότε, ότι CZ\parallel DE\ \ \ ,(1)

Επειδή τώρα, στο τραπέζιο DEZC ισχύει MA = MB έχουμε ότι DE\parallel AB\parallel CZ\ \ \ ,(2)

Από (2) και συνευθειακά τα C,\ B,\ D με AB\perp CD ( προφανές ) προκύπτει CZ\perp CD\ \ \ ,   (3) και DE\perp CD\ \ \ (4)

Από (3),\ (4) έχουμε ότι τα σημεία E,\ Z, ταυτίζονται με τα αντιδιαμετρικά σημεία του B στους κύκλους (L),\ (K), αντιστοίχως.

Έτσι όμως, από KM\parallel BD και ZK = KB\Rightarrow 2KM = BD\ \ \ ,(5) και ομοίως 2ML = CB\ \ \ ,(6)

Από (5),\ (6) και KM < ML ( λόγω AK < AL )\Rightarrow BD < CB\ \ \ ,(7)

Η (7) όμως δεν αληθεύει και αυτός ο ισχυρισμός είναι προφανής αφού οι δοσμένοι κύκλοι είναι άνισοι με AL > AK\Rightarrow BD > CB.

Καταλήξαμε σε άτοπο και άρα, η αρχική μας θεώρηση για την συνευθειακότητα των σημείων E,\ A,\ Z δεν αληθεύει και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

(*) Είναι προτιμότερο να ξεσκονίσω την Προβολική του ΛΑΔΟΠΟΥΛΟΥ μήπως και επανέλθω έστω μερικώς, ώστε να απολαμβάνω τις προχωρημένες λύσεις του Μίνου (min##), αν καταφέρω να τις επαληθεύσω.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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