Έλεγχος καθετότητας

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 845
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Έλεγχος καθετότητας

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Σάβ Απρ 07, 2018 9:56 pm

Καλή Ανάσταση σε όλους!
Έλεγχος καθετότητας.PNG
Έλεγχος καθετότητας.PNG (11.57 KiB) Προβλήθηκε 789 φορές
Τα τμήματα AB, AC είναι εφαπτόμενα στον κύκλο με κέντρο το O.
Ευθεία από το A τέμνει τον κύκλο στα  P,Z και την χορδή BC στο E.

Το ημικύκλιο διαμέτρου PZ τέμνει το τόξο BC του κύκλου \left ( A, AB \right ) στο H. Να εξεταστεί αν ισχύει : HE \perp PZ

Ευπρόσδεκτη προφανώς κάθε λύση. Επιθυμητή και λύση (όχι κατ' ανάγκην πρώτη) με ύλη , που ίσως να μην είναι στην εξεταστέα
να αναφέρεται όμως στο σχολικό βιβλίο ..με σκοπό βεβαίως να καταλάβουμε τη λύση -κατά το δυνατόν- περισσότεροι από εμάς.

Ευχαριστώ , Γιώργος.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3804
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Έλεγχος καθετότητας

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Απρ 07, 2018 11:08 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Σάβ Απρ 07, 2018 9:56 pm
Καλή Ανάσταση σε όλους!
Έλεγχος καθετότητας.PNG
Τα τμήματα AB, AC είναι εφαπτόμενα στον κύκλο με κέντρο το O.
Ευθεία από το A τέμνει τον κύκλο στα  P,Z και την χορδή BC στο E.

Το ημικύκλιο διαμέτρου PZ τέμνει το τόξο BC του κύκλου \left ( A, AB \right ) στο H. Να εξεταστεί αν ισχύει : HE \perp PZ

Ευπρόσδεκτη προφανώς κάθε λύση. Επιθυμητή και λύση (όχι κατ' ανάγκην πρώτη) με ύλη , που ίσως να μην είναι στην εξεταστέα
να αναφέρεται όμως στο σχολικό βιβλίο ..με σκοπό βεβαίως να καταλάβουμε τη λύση -κατά το δυνατόν- περισσότεροι από εμάς.

Ευχαριστώ , Γιώργος.
Πρόκειται για ιδιαίτερα προφανή καθετοτητα έχω την εντύπωση Γιώργο


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
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 729
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Έλεγχος καθετότητας

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Απρ 07, 2018 11:10 pm

Στα γρήγορα:

(Τα σημεία είναι με αγγλικούς χαρακτήρες)

Έστω K το μέσο του ZP.

Λόγω του ότι το E ανήκει στην πολική του A ως προς τον κύκλο με κέντρο O, έχουμε πως η τετράδα (A, E, P, Z) είναι αρμονική. Επομένως από την σχέση Newton έχουμε πως:

KP^2=KE\cdot KA.

Άρα από τις μετρικές ιδιότητες των πολικών έχουμε πως το E ανήκει στην πολική του A ως προς τον κύκλο με κέντρο K.

Από δύναμη σημείου έχουμε πως AB^2=AP\cdot AZ.

Όμως AB=AH (ακτίνες στον κύκλο κέντρο το A).

Επομένως έχουμε πως AH^2=AP\cdot AZ, δηλαδή η δύναμη του A στον κύκλο με κέντρο το K είναι ίση με AH^2, άρα η AH είναι εφαπτόμενη σε αυτό τον κύκλο (που βασικά είναι ημικύκλιο στο σχήμα). Άρα και το H ανήκει στην πολική του A.

Συνοψίζοντας λοιπόν η πολική του A στο ημικύκλιο είναι η HE, άρα προφανώς HE\perp KA, δηλαδή HE\perp ZP.

Το σχήμα θα προστεθεί αύριο.

Καλή Ανάσταση!


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7095
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Έλεγχος καθετότητας

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Απρ 08, 2018 5:23 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Σάβ Απρ 07, 2018 9:56 pm
Καλή Ανάσταση σε όλους!
Έλεγχος καθετότητας.PNG
Τα τμήματα AB, AC είναι εφαπτόμενα στον κύκλο με κέντρο το O.
Ευθεία από το A τέμνει τον κύκλο στα  P,Z και την χορδή BC στο E.

Το ημικύκλιο διαμέτρου PZ τέμνει το τόξο BC του κύκλου \left ( A, AB \right ) στο H. Να εξεταστεί αν ισχύει : HE \perp PZ

Ευπρόσδεκτη προφανώς κάθε λύση. Επιθυμητή και λύση (όχι κατ' ανάγκην πρώτη) με ύλη , που ίσως να μην είναι στην εξεταστέα
να αναφέρεται όμως στο σχολικό βιβλίο ..με σκοπό βεβαίως να καταλάβουμε τη λύση -κατά το δυνατόν- περισσότεροι από εμάς.

Ευχαριστώ , Γιώργος.
Χριστός Ανέστη!

Έστω K το κέντρο του ημικυκλίου.
Έλεγχος καθετότητας.png
Έλεγχος καθετότητας.png (23.9 KiB) Προβλήθηκε 683 φορές
Δύναμη σημείου E ως προς κύκλο (O): \displaystyle ZE \cdot EP = EB \cdot EC

Δύναμη σημείου E διαδοχικά ως προς (K) και (A): \displaystyle H{K^2} - K{E^2} = ZE \cdot EP και \displaystyle EB \cdot EC = A{H^2} - A{E^2}

Άρα, \displaystyle H{K^2} - K{E^2} = A{H^2} - A{E^2} \Leftrightarrow \boxed{HE \bot PZ} (συνθήκη καθετότητας).


Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 845
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Έλεγχος καθετότητας

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τετ Απρ 11, 2018 12:37 am

Καλημέρα σε όλους. Στάθη , Διονύση και Γιώργο σας ευχαριστώ για το ενδιαφέρον!
Αναμενόμενο , σίγουρο θα έλεγα , η καθετότητα να είναι ολοφάνερη στον Στάθη..
επίσης φανερό , ότι η θαυμάσια λύση του Διονύση υπερβαίνει το επίπεδο του Λυκείου!
Όμως πολλοί από μας , θέλουμε εργαλεία του Λυκείου για να κατανοήσουμε τη λύση...το έργο ανέλαβε ο άοκνος Γ.Β !

Ο Διονύσης έγραψε " Λόγω του ότι το E ανήκει στην πολική του A ως προς τον κύκλο με κέντρο O,
έχουμε πως η τετράδα (A, E, P, Z) είναι αρμονική"
.
Η πρόταση αυτή , που εμφανίζεται και αλλού , μου έδωσε την αφορμή για την δημιουργία του παρόντος θέματος .
Θα πρότεινα λοιπόν να κάνουμε ακόμη έναν κόπο
για την απόδειξη -με ύλη του σχολικού- του ζητουμένου που ακολουθεί:
Συζυγή αρμονικά.PNG
Συζυγή αρμονικά.PNG (7.64 KiB) Προβλήθηκε 560 φορές
Τα AB,AC είναι εφαπτόμενα του κύκλου και το E σημείο της (πολικής) BC. Η AE τέμνει τον κύκλο στα P,Z.

Να δειχθεί ότι ισχύει \dfrac{PA}{PE}=\dfrac{ZA}{ZE} δηλ. τα P,Z χωρίζουν το τμήμα AE εσωτερικά και εξωτερικά στον ίδιο λόγο
και προς τούτο η τετράδα (A, E, P, Z) λέγεται αρμονική.
Προτίθεμαι σε επόμενη ανάρτηση να δώσω και τη δική μου , Λυκειακή προσέγγιση για το αρχικό ζητούμενο.
Φιλικά , Γιώργος.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1444
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Έλεγχος καθετότητας

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τετ Απρ 11, 2018 2:02 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Σάβ Απρ 07, 2018 9:56 pm
Καλή Ανάσταση σε όλους!
Έλεγχος καθετότητας.PNG
Τα τμήματα AB, AC είναι εφαπτόμενα στον κύκλο με κέντρο το O.
Ευθεία από το A τέμνει τον κύκλο στα  P,Z και την χορδή BC στο E.

Το ημικύκλιο διαμέτρου PZ τέμνει το τόξο BC του κύκλου \left ( A, AB \right ) στο H. Να εξεταστεί αν ισχύει : HE \perp PZ

Ευπρόσδεκτη προφανώς κάθε λύση. Επιθυμητή και λύση (όχι κατ' ανάγκην πρώτη) με ύλη , που ίσως να μην είναι στην εξεταστέα
να αναφέρεται όμως στο σχολικό βιβλίο ..με σκοπό βεβαίως να καταλάβουμε τη λύση -κατά το δυνατόν- περισσότεροι από εμάς.

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Έστω \displaystyle K κέντρο του ημικυκλίου

\displaystyle A{B^2} = A{H^2} = AP \cdot AZ \Rightarrow AH εφαπτόμενη του ημικυκλίου\displaystyle  \Rightarrow AH \bot HK

Ακόμη, \displaystyle BC \bot OA και \displaystyle OK \bot ZP

Άρα \displaystyle  \Rightarrow AE \cdot AK = AD \cdot AO = A{B^2} = A{H^2} \Rightarrow HE \bot AK
E.K.png
E.K.png (23.97 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5240
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Έλεγχος καθετότητας

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τετ Απρ 11, 2018 9:49 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Σάβ Απρ 07, 2018 9:56 pm
Τα τμήματα AB, AC είναι εφαπτόμενα στον κύκλο με κέντρο το O.
Ευθεία από το A τέμνει τον κύκλο στα  P,Z και την χορδή BC στο E.
Το ημικύκλιο διαμέτρου PZ τέμνει το τόξο BC του κύκλου \left ( A, AB \right ) στο H. Να εξεταστεί αν ισχύει : HE \perp PZ
Ξεφεύγοντας λίγο....
Πάντως το σημείο E είναι το ριζικό κέντρο των κύκλων (K,KZ),\;(O,OZ)\;(A,AB), όταν K είναι το μέσον της χορδής ZP, οπότε μάλλον εδώ τελειώσαμε με την καθετότητα σε ισχύ, αφού η κοινή χορδή των κύκλων (A,AB) και (K,KZ) που ένα σημείο τομής τους είναι το H, είναι κάθετη στη διάκεντρό τους.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 845
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Έλεγχος καθετότητας

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Πέμ Απρ 12, 2018 11:15 pm

Χαιρετώ και πάλι. Να ευχαριστήσω επιπλέον τους Μιχάλη και Σωτήρη για τις ωραίες προσεγγίσεις-λύσεις τους!
Με την άδειά σας Μιχάλη και Σωτήρη , ας γράψω επ' αυτών λίγα λόγια επεξηγηματικά.

Στο τέλος της λύσης του Μιχάλη : Το τρίγωνο AHK είναι στο H ορθογώνιο και το AHE είναι όμοιο με αυτό
αφού έχουν την \widehat{A} κοινή και ισχύει \dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AH}{AK} . Άρα \widehat{E}=\widehat{H}=90^{0} δηλ  HE \perp AK

Στη λύση του Σωτήρη απλά να τονίσω ότι το E λέγεται ριζικό κέντρο των τριών κύκλων επειδή έχει την ίδια δύναμη:
α) ως προς τον (O) :-EB\cdot EC=-EP\cdot EZ , β) ως προς τον (K) : -EP\cdot EZ
και γ) ως προς τον (A): -EB\cdot EC (αρνητική αφού κείται στο εσωτερικό και των τριών).
Tα σημεία με την ίδια δύναμη ως προς δύο τεμνόμενους κύκλους ανήκουν στην ευθεία της κοινής χορδής τους (ριζικός άξονας).
Το E λοιπόν ανήκει στην κοινή χορδή των κύκλων (A) και (K) όπως βεβαίως και το H.
Προφανώς η διάκεντρος AK είναι η μεσοκάθετος της κοινής αυτής χορδής !

Να υποθέσω , με πιθανότητα .. :) .. αστοχίας , ότι αυτό το τελευταίο " διέγνωσε εν ριπή οφθαλμού" ο αγαπητός Στάθης..

Θα επανέλθω για την απόδειξη που υποσχέθηκα . Φιλικά Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3804
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Έλεγχος καθετότητας

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Απρ 12, 2018 11:22 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Πέμ Απρ 12, 2018 11:15 pm
Χαιρετώ και πάλι. Να ευχαριστήσω επιπλέον τους Μιχάλη και Σωτήρη για τις ωραίες προσεγγίσεις-λύσεις τους!
Με την άδειά σας Μιχάλη και Σωτήρη , ας γράψω επ' αυτών λίγα λόγια επεξηγηματικά.

Στο τέλος της λύσης του Μιχάλη : Το τρίγωνο AHK είναι στο H ορθογώνιο και το AHE είναι όμοιο με αυτό
αφού έχουν την \widehat{A} κοινή και ισχύει \dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AH}{AK} . Άρα \widehat{E}=\widehat{H}=90^{0} δηλ  HE \perp AK

Στη λύση του Σωτήρη απλά να τονίσω ότι το E λέγεται ριζικό κέντρο των τριών κύκλων επειδή έχει την ίδια δύναμη:
α) ως προς τον (O) :-EB\cdot EC=-EP\cdot EZ , β) ως προς τον (K) : -EP\cdot EZ
και γ) ως προς τον (A): -EB\cdot EC (αρνητική αφού κείται στο εσωτερικό και των τριών).
Tα σημεία με την ίδια δύναμη ως προς δύο τεμνόμενους κύκλους ανήκουν στην ευθεία της κοινής χορδής τους (ριζικός άξονας).
Το E λοιπόν ανήκει στην κοινή χορδή των κύκλων (A) και (K) όπως βεβαίως και το H.
Προφανώς η διάκεντρος AK είναι η μεσοκάθετος της κοινής αυτής χορδής !

Να υποθέσω , με πιθανότητα .. :) .. αστοχίας , ότι αυτό το τελευταίο " διέγνωσε εν ριπή οφθαλμού" ο αγαπητός Στάθης..

Θα επανέλθω για την απόδειξη που υποσχέθηκα . Φιλικά Γιώργος.
Γιώργο, είχα ακριβώς στο μυαλό μου τη λύση του Διονύση


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
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 845
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Έλεγχος καθετότητας

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Δευ Απρ 16, 2018 11:01 pm

Καλό βράδυ. Μια προσπάθεια για την απόδειξη πρώτα της αρμονικότητας της ως άνω τετράδας
ώστε με χρήση αυτής να δείξουμε και την ζητούμενη καθετότητα.
Έλεγχος καθετότητας...PNG
Έλεγχος καθετότητας...PNG (19.67 KiB) Προβλήθηκε 340 φορές
Στο σχ 1 θεωρούμε επιπλέον το μέσον M της πολικής BC . Τότε ,όπως και στο θέμα ..Λυκειόπαις ισχύει
\widehat{BPK}=\widehat{ZPC}\Rightarrow BK=CZ. Έτσι τα τρίγωνα BMK,MCZ είναι ίσα(Π-Γ-Π) οπότε

\widehat{CMZ}=\widehat{BMK}=\widehat{PMC} δηλ. ME εσωτερική διχοτόμος στο τρίγωνο MPZ

ενώ και AM \perp ME άρα η MA εξωτερική διχοτόμος. Προκύπτει \dfrac{EP}{EZ}=\dfrac{AP}{AZ}\Leftrightarrow \dfrac{PA}{PE}=\dfrac{ZA}{ZE}.

Στο σχ 2 το H ανήκει στον Απολλώνιο κύκλο (PZ διάμετρος) , άρα \dfrac{HA}{HE}=\dfrac{PA}{PE} που σημαίνει HP διχοτόμος του τριγώνου AEH.

Ακόμη όπως έχει γραφεί AH εφαπτομένη στο ημικύκλιο οπότε \widehat{EHP}=\widehat{AHP}=\widehat{PZH} και τελικά HE \perp PZ.
Φιλικά Γιώργος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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