Πού βρίσκεται το σημείο;

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Μπορεί να κάνω λάθος ως προς το φάκελο...

Έστω τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο. Φέρνουμε το ύψος

. Έστω

σημείο του μικρού τόξου

. Που πρέπει να βρίσκεται το

, έτσι ώστε αν η

τέμνει την

στο

και την

στο

, το

να είναι το μέσο του

.

#2

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 25, 2017 7:41 pm
Μπορεί να κάνω λάθος ως προς το φάκελο...

Έστω τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο. Φέρνουμε το ύψος . Έστω σημείο του μικρού τόξου . Που πρέπει να βρίσκεται το , έτσι ώστε αν η τέμνει την στο και την στο , το να είναι το μέσο του .

Το ύψος

με ορθόκεντρο του τριγώνου το

ικανοποιούν τις υποθέσεις της άσκησης. Αρκεί να δειχθεί ότι δεν υπάρχει άλλο τέτοιο σημείο.

edit: Άρση απόκρυψης.

mikemoke · #3

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 25, 2017 7:41 pm
Μπορεί να κάνω λάθος ως προς το φάκελο...

Έστω τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο. Φέρνουμε το ύψος . Έστω σημείο του μικρού τόξου . Που πρέπει να βρίσκεται το , έτσι ώστε αν η τέμνει την στο και την στο , το να είναι το μέσο του .

Φέρνουμε το συμμετρικό τόξο του

το οποίο τέμνει την

στο

και το τόξο

στο

$\angle LAC= \angle KAC$ λόγω της συμμετρίας και $\angle KAC=\angle KBC$ ως εγγεγραμμένες στο

$\angle LAC= \angle ΚΒC$ και άρα $BK\perp AC$
Επομένως KM=LM

όπου $M\equiv BK\cap AC$

Έστω

εσωτερικό του τόξου

και $L' \equiv BK'\cap AD$ και $M'\equiv BK'\cap AC$
Ώστε M'K'=M'L'

πρέπει οι προβολές τους L'P=K'Q

Έστω $L''\equiv L'P\cap AK$ (συμετρικό του L' προς AC )
Παρατηρούμε πως $\angle L'L''K' >90$
Και άρα

εσωτερικό της K'Q

με $GL''\perp L'L''$
Eπομένως L'P<K'Q

Tώρα αν

είναι εσωτερικό του τόξου

τότε η προβολή L'P

είναι μεγαλύτερη της K'Q

αφού

εξωτερικό του του χωρίου που ορίζουν ο τόξο

το συμμετρικό του ως προς

και το

Υ.Γ(1) Eλπίζω να μην μου έχει ξεφύγει κάτι .
Υ.Γ(2) Πως θα μπορούσαμε να αποδείξουμε πλήρως ότι $\angle L'L''K' >90$

Έγινε διόρθωση : γωνία L'L''K' >90

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 25, 2017 8:26 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 25, 2017 7:41 pm
Μπορεί να κάνω λάθος ως προς το φάκελο...

Έστω τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο. Φέρνουμε το ύψος . Έστω σημείο του μικρού τόξου . Που πρέπει να βρίσκεται το , έτσι ώστε αν η τέμνει την στο και την στο , το να είναι το μέσο του .

Το ύψος με ορθόκεντρο του τριγώνου το ικανοποιούν τις υποθέσεις της άσκησης. Αρκεί να δειχθεί ότι δεν υπάρχει άλλο τέτοιο σημείο.

edit: Άρση απόκρυψης.

Υπάρχουν 2 σημεία με αυτή την ιδιότητα...

mikemoke · #5

mikemoke έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 25, 2017 10:45 pm

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 25, 2017 7:41 pm
Μπορεί να κάνω λάθος ως προς το φάκελο...

Έστω τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο. Φέρνουμε το ύψος . Έστω σημείο του μικρού τόξου . Που πρέπει να βρίσκεται το , έτσι ώστε αν η τέμνει την στο και την στο , το να είναι το μέσο του .
Φέρνουμε το συμμετρικό τόξο του το οποίο τέμνει την στο και το τόξο στο
$\angle LAC= \angle KAC$ λόγω της συμμετρίας και $\angle KAC=\angle KBC$ ως εγγεγραμμένες στο
$\angle LAC= \angle ΚΒC$ και άρα $BK\perp AC$
Επομένως όπου $M\equiv BK\cap AC$

Έστω εσωτερικό του τόξου και $L' \equiv BK'\cap AD$ και $M'\equiv BK'\cap AC$
Ώστε πρέπει οι προβολές τους
Έστω $L''\equiv L'P\cap AK$ (συμετρικό του L' προς AC )
Παρατηρούμε πως $\angle L'L''K' >90$
Και άρα εσωτερικό της με $GL''\perp L'L''$
Eπομένως

Tώρα αν είναι εσωτερικό του τόξου τότε η προβολή είναι μεγαλύτερη της
αφού εξωτερικό του του χωρίου που ορίζουν ο τόξο το συμμετρικό του ως προς και το

Υ.Γ(1) Eλπίζω να μην μου έχει ξεφύγει κάτι .
Υ.Γ(2) Πως θα μπορούσαμε να αποδείξουμε πλήρως ότι $\angle L'L''K' >90$

Έγινε διόρθωση : γωνία L'L''K' >90

Μιας και υπάρχουν κενά στην δεύτερη παράγραφο παραθέτω περαιτέρω σκέψεις.

Έστω τρίγωνο ABC

εγγεγραμένο σε κύκλο

Φέρουμε τόξο $\stackrel\frown {t}$ συμμετρικό του $\stackrel\frown {AC}$ ως προς την χορδή

και ύψος

, $L\equiv \stackrel\frown {t}\cap AD, M\equiv BL\cap AC, K\equiv BL\cap \stackrel\frown {AC}$
Παραπάνω δείξαμε ότι το

ικανοποιεί LM=KM

και ότι

ορθόκεντρο ABC

1) Θεωρούμε περίπτωση κατά την οποία το

είναι εσωτερικό του

, όπου

μέσον

.
Τότε μπορεί να βρεθεί

εντός $\stackrel\frown {AK}$ ώστε $KK' \perp BK$ με $L'\equiv BK'\cap AD$
και

συμμετρικό

ως προς

.
Για κάθε

εντός $\stackrel\frown {KK'}$ και

εντός

με $Y\equiv XB\cap AD$
ισχύει ότι προβολή του

στην

είναι

και ότι η προβολή του

στην

είναι

Έτσι

.Και άρα το ζητούμενο σημείο δεν βρίσκεται εντός $\stackrel\frown {KK'}$

Aφού IX>SY

μπορεί να βρεθεί K''

εντός $\stackrel\frown {AK'}$ ώστε $K''P \perp L'P$ με $L''\equiv BK'\cap AD$ και

συμμετρικό L''

ως προς

.
Ομοίως για κάθε

εντός $\stackrel\frown {K'K''}$ και

εντός $\stackrel\frown {L'L''}$ με $Y\equiv BX\cap AD$ ισχύει ότι η προβολή του

στην

είναι μεγαλύτερη του

Η διαδικασία συνεχίζεται και άρα για κανένα

εντός $\stackrel\frown {AC}$ δεν ισχύει το ζητούμενο.
Αυτό θα γινόταν αν $\angle KBK'+\angle K'BK''+K''BK'''+...\rightarrow \angle KBA$
Γιατί όμως να γίνεται ή όχι κάτι τέτοιο;

Αν

εντός $\stackrel\frown {KC}$ τότε

εντός

Τότε η προβολή του

στην

μικρότερη

και η προβολή του

στη

μεγαλύτερη

Άρα προβολή

μικρότερη προβολής

.
Άρα για κανένα εσωτερικό $\stackrel\frown {KC}$ δεν ισχύει το ζητούμενο.

2) Υπάρχει περίπτωση όπου

εντός

. Τότε έστω $Z\equiv ON\cap \stackrel\frown {t}$ με

κέντρο του κύκλου (C)

και

επί της

ώστε $ZH \perp ON$ .
Έχουμε $X\epuiv BH\stackrel\frown {AC}$ .
Προκύπτει ότι τα ζητούμενα σημεία θα βρίσκονται εντός $\stackrel\frown {AX}$
To ένα είναι σίγουρα το

το άλλο θα πρέπει να εντοπιστεί .

#6

Πράγματι υπάρχουν δύο σημεία.

: Πού;.png (15.71 KiB) Προβλήθηκε 1734 φορές

Το ένα προκύπτει από το ύψος

και το άλλο από το σημείο M_1

όπου η μεσοκάθετος της

τέμνει την

(αν την τέμνει

σε εσωτερικό σημείο). Το πρόβλημα σηκώνει λοιπόν διερεύνηση και έχει από καμία έως δύο λύσεις. Εξαρτάται από το αν το τρίγωνο

είναι οξυγώνιο, ορθογώνιο ή αμβλυγώνιο και από το αν η

είναι μικρότερη, ίση ή μεγαλύτερη από την AC.

mikemoke · #7

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 26, 2017 5:46 pm
Πράγματι υπάρχουν δύο σημεία. Πού;.png
Το ένα προκύπτει από το ύψος και το άλλο από το σημείο όπου η μεσοκάθετος της τέμνει την (αν την τέμνει

σε εσωτερικό σημείο). Το πρόβλημα σηκώνει λοιπόν διερεύνηση και έχει από καμία έως δύο λύσεις. Εξαρτάται από το αν το τρίγωνο

είναι οξυγώνιο, ορθογώνιο ή αμβλυγώνιο και από το αν η είναι μικρότερη, ίση ή μεγαλύτερη από την

Πρέπει και να αποδειχτεί ότι έχουμε το πολύ 2 λύσεις .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #8

Επαναφορά. Η άσκηση είναι δικής μου επινόησης (την αντιμετώπισα στα πλαίσια μια άλλης άσκησης). Για αυτό το λόγο δεν έχω δηλώσει καλά τους περιορισμούς. Λύση έχω για την περίπτωση που το τρίγωνο είναι οξυγώνιο και όταν AC>AB. Ας αφήσουμε λοιπόν προς το παρόν τη Γενίκευση.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #9

Αρχικά θα αποδείξουμε το εξής:

: Πού βρίσκεται το σημείο (2).png (17.64 KiB) Προβλήθηκε 1550 φορές

Λήμμα:

Έστω κύκλος με κέντρο

και χορδές του

και

ώστε η χορδή

να βρίσκεται μέσα στο μεγάλο τόξο $\stackrel{\frown}{AB}$ . Οι δύο χορδές έχουν σταθερό μήκος, ενώ η χορδή

ολισθαίνει πάνω στον κύκλο, ξεκινώντας με $C \equiv A$ και καταλήγοντας με $D \equiv B$ . Να αποδειχθεί ότι το γινόμενο $CA \cdot DB$ θα μεγαλώνει συνεχώς μέχρι να γίνει CD//AB

και στη συνέχεια θα μικραίνει συνεχώς.

Απόδειξη:

Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε πως ο κύκλος έχει ακτίνα

.
Αν

μια επίκεντρη γωνία του κύκλου και

η αντίστοιχη χορδή, θα ισχύει $EZ=2\sin \dfrac{x}{2}$ . Αυτό προκύπτει εύκολα λαμβάνοντας υπόψη ότι στα ορθογώνια τρίγωνα που δημιουργούνται από το αντίστοιχο απόστημα θα έχουμε $\sin \dfrac{x}{2} = \dfrac{\frac{EZ}{2}}{1}$

Θα αποδείξουμε ότι όσο η γωνία $\widehat{COA}$ μεγαλώνει, μέχρι να γίνει CD//AB

, θα μεγαλώνει και το γινόμενο $CA \cdot DB$ . Στη συνέχεια είναι προφανές ότι για λόγους συμμετρίας το γινόμενο θα αρχίσει να μικραίνει.

Παρατηρούμε ότι $\widehat{AOB}$ και $\widehat{COD}$ είναι σταθερού μεγέθους, άρα και $\widehat{AOB} + \widehat{COD}$ είναι σταθερό.

Άρα και το άθροισμα $\widehat{AOC} + \widehat{DOB}= 360^o - (\widehat{AOB} + \widehat{COD})$ είναι σταθερό.

Για λόγους ευκολίας και χωρίς βλάβη της γενικότητας θέτουμε: $\widehat{AOC} + \widehat{DOB}=4k$ (με $0^o \leq k \leq 90^o$ ).
Επίσης θέτουμε: $\widehat{COA} = 2k-2x$ και άρα $\widehat{DOB} = 2k+2x$ . Αρχικά θα είναι x=k

και το

θα μικραίνει συνεχώς μέχρι να μηδενιστεί όταν γίνει CD//AB

.

Έχουμε $CA = 2 \sin (k-x)$ και $DB = 2 \sin (k+x)$ .

$CA \cdot DB = 4 \sin (k-x) \cdot \sin (k+x)$

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε πως αν $0 \leq m < n \leq k$ τότε θα ισχύει: $4 \sin (k-n) \cdot \sin (k+n) <4 \sin (k-m) \cdot \sin (k+m)$ . Έχουμε:

$4 \sin (k-n) \cdot \sin (k+n) <4 \sin (k-m) \cdot \sin (k+m) \Leftrightarrow$

$( \sin k \cos n -\cos k \sin n)( \sin k \cos n +\cos k \sin n) <$ $( \sin k \cos m -\cos k \sin m)( \sin k \cos m +\cos k \sin m) \Leftrightarrow$

$\sin^2 k \cos^2 n -\cos^2 k \sin^2 n < \sin^2 k \cos^2 m -\cos^2 k \sin^2 m \Leftrightarrow$

$\sin^2 k \cos^2 n -(1-\sin^2 k )(1-\cos^2 n) < \sin^2 k \cos^2 m -(1-\sin^2 k)(1- \cos^2 m) \Leftrightarrow$

$-1+\sin^2 k+ \cos^2 n < -1+\sin^2 k+ cos^2 m \Leftrightarrow \cos^2 n < cos^2 m$

που ισχύει γιατί η $f(x) = \cos x$ είναι γνησίως φθίνουσα στο εξεταζόμενο διάστημα.

Υ.Γ.

Λόγω ώρας αύριο η συνέχεια στο αρχικό πρόβλημα

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #10

mikemoke έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 26, 2017 8:13 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 26, 2017 5:46 pm
Πράγματι υπάρχουν δύο σημεία. Πού;.png
Το ένα προκύπτει από το ύψος και το άλλο από το σημείο όπου η μεσοκάθετος της τέμνει την (αν την τέμνει

σε εσωτερικό σημείο). Το πρόβλημα σηκώνει λοιπόν διερεύνηση και έχει από καμία έως δύο λύσεις. Εξαρτάται από το αν το τρίγωνο

είναι οξυγώνιο, ορθογώνιο ή αμβλυγώνιο και από το αν η είναι μικρότερη, ίση ή μεγαλύτερη από την
Πρέπει και να αποδειχτεί ότι έχουμε το πολύ 2 λύσεις .

: Πού βρίσκεται το σημείο.png (18.96 KiB) Προβλήθηκε 1500 φορές

Έχουμε το οξυγώνιο τρίγωνο ABC

με

και έστω κάποιο σημείο

του κύκλου ώστε KM=ML

. Έστω

το σημείο τομής της

με τον κύκλο.

Παίρνουμε σημείο

του κύκλου έτσι ώστε AF//BK

. Αφού

είναι το μέσο του

, άρα η δέσμη A(L,K,M,F)

είναι αρμονική. Άρα το τετράπλευρο ECKF

είναι αρμονικό και $FE \cdot KC = EC \cdot FK$ . Όμως το BAFK

είναι ισοσκελές τραπέζιο με FK=BA

.

Άρα ισχύει $FE \cdot KC= EC \cdot BA$ και επειδή το γινόμενο $EC \cdot BA$ είναι σταθερό, άρα και το $FE \cdot KC$ παίρνει συγκεκριμένη τιμή, όποια κι αν είναι η πιθανή θέση του

. Επίσης οι χορδές

και

έχουν σταθερό μήκος ( FK=BA

), η χορδή

έχει συγκεκριμένη θέση, ενώ η χορδή

βρίσκεται στο μεγάλο τόξο $\stackrel{\frown}{EC}$ με τη θέση του να καθορίζεται από τη θέση του

. Όμως σύμφωνα με το λήμμα που προαναφέρθηκε το $FE \cdot KC$ μπορεί να πάρει μια συγκεκριμένη τιμή το πολύ 2 φορές. Μία φορά όταν η χορδή

βρίσκεται σε θέση πιο αριστερά από τη θέση που θα είχε αν ήταν FK//EC

και μία όταν βρίσκεται πιο δεξιά από αυτήν.

Στην περίπτωση του τριγώνου που εξετάζουμε υπάρχουν πράγματι 2 θέσεις. Είναι αυτές που εντόπισε ο κ. Γιώργος και μπορούμε να τις αναφέρουμε ισοδύναμα ως εξής: Η μία όταν $BK \perp AC$ και η άλλη όταν AK // BC

(αυτή ουσιαστικά απεικονίζεται στο σχήμα!). Η απόδειξη και για τις 2 είναι εύκολη.

Πού βρίσκεται το σημείο;

Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Re: Πού βρίσκεται το σημείο;

Μέλη σε σύνδεση