Έλεγχος καθετότητας

Γιώργος Μήτσιος

Καλή Ανάσταση σε όλους!

: Έλεγχος καθετότητας.PNG (11.57 KiB) Προβλήθηκε 698 φορές

Τα τμήματα AB, AC

είναι εφαπτόμενα στον κύκλο με κέντρο το

.
Ευθεία από το

τέμνει τον κύκλο στα P,Z

και την χορδή

στο

.

Το ημικύκλιο διαμέτρου

τέμνει το τόξο

του κύκλου $\left ( A, AB \right )$ στο

. 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.

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

Το ημικύκλιο διαμέτρου τέμνει το τόξο του κύκλου $\left ( A, AB \right )$ στο . 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

Διονύσιος Αδαμόπουλος

Στα γρήγορα:

(Τα σημεία είναι με αγγλικούς χαρακτήρες)

Έστω

το μέσο του

.

Λόγω του ότι το

ανήκει στην πολική του

ως προς τον κύκλο με κέντρο

, 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

ανήκει στην πολική του

ως προς τον κύκλο με κέντρο

.

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

Όμως AB=AH

(ακτίνες στον κύκλο κέντρο το

).

Επομένως έχουμε πως $AH^2=AP\cdot AZ$ , δηλαδή η δύναμη του

στον κύκλο με κέντρο το

είναι ίση με AH^2

, άρα η

είναι εφαπτόμενη σε αυτό τον κύκλο (που βασικά είναι ημικύκλιο στο σχήμα). Άρα και το

ανήκει στην πολική του

.

Συνοψίζοντας λοιπόν η πολική του

στο ημικύκλιο είναι η

, άρα προφανώς $HE\perp KA$ , δηλαδή $HE\perp ZP$ .

Το σχήμα θα προστεθεί αύριο.

Καλή Ανάσταση!

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

Το ημικύκλιο διαμέτρου τέμνει το τόξο του κύκλου $\left ( A, AB \right )$ στο . 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

το κέντρο του ημικυκλίου.

: Έλεγχος καθετότητας.png (23.9 KiB) Προβλήθηκε 592 φορές

Δύναμη σημείου

ως προς κύκλο (O):

$\displaystyle ZE \cdot EP = EB \cdot EC$

Δύναμη σημείου

διαδοχικά ως προς (K)

και

$\displaystyle H{K^2} - K{E^2} = ZE \cdot EP$ 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

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 ανήκει στην πολική του ως προς τον κύκλο με κέντρο
έχουμε πως η τετράδα ) 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 (7.64 KiB) Προβλήθηκε 469 φορές

Τα

είναι εφαπτόμενα του κύκλου και το

σημείο της (πολικής)

. Η

τέμνει τον κύκλο στα P,Z

.

Να δειχθεί ότι ισχύει $\dfrac{PA}{PE}=\dfrac{ZA}{ZE}$ δηλ. τα P,Z

χωρίζουν το τμήμα

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

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

Το ημικύκλιο διαμέτρου τέμνει το τόξο του κύκλου $\left ( A, AB \right )$ στο . 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 (23.97 KiB) Προβλήθηκε 426 φορές

S.E.Louridas

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 07, 2018 9:56 pm
Τα τμήματα είναι εφαπτόμενα στον κύκλο με κέντρο το .
Ευθεία από το τέμνει τον κύκλο στα και την χορδή στο .
Το ημικύκλιο διαμέτρου τέμνει το τόξο του κύκλου $\left ( A, AB \right )$ στο . Να εξεταστεί αν ισχύει : $HE \perp PZ$

Ξεφεύγοντας λίγο....
Πάντως το σημείο

είναι το ριζικό κέντρο των κύκλων $(K,KZ),\;(O,OZ)\;(A,AB)$ , όταν

είναι το μέσον της χορδής ZP,

οπότε μάλλον εδώ τελειώσαμε με την καθετότητα σε ισχύ, αφού η κοινή χορδή των κύκλων (A,AB)

και

που ένα σημείο τομής τους είναι το

, είναι κάθετη στη διάκεντρό τους.

Γιώργος Μήτσιος

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

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

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

λοιπόν ανήκει στην κοινή χορδή των κύκλων (A)

και

όπως βεβαίως και το

.
Προφανώς η διάκεντρος

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.

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 είναι στο ορθογώνιο και το 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 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 λοιπόν ανήκει στην κοινή χορδή των κύκλων και όπως βεβαίως και το .
Προφανώς η διάκεντρος 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

Γιώργος Μήτσιος

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 (19.67 KiB) Προβλήθηκε 249 φορές

Στο σχ 1 θεωρούμε επιπλέον το μέσον

της πολικής

. 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.

εσωτερική διχοτόμος στο τρίγωνο MPZ

ενώ και $AM \perp ME$ άρα η

εξωτερική διχοτόμος. Προκύπτει $\dfrac{EP}{EZ}=\dfrac{AP}{AZ}\Leftrightarrow \dfrac{PA}{PE}=\dfrac{ZA}{ZE}$ .

Στο σχ 2 το

ανήκει στον Απολλώνιο κύκλο (

διάμετρος) , άρα $\dfrac{HA}{HE}=\dfrac{PA}{PE}$ που σημαίνει

διχοτόμος του τριγώνου AEH

.

Ακόμη όπως έχει γραφεί

εφαπτομένη στο ημικύκλιο οπότε $\widehat{EHP}=\widehat{AHP}=\widehat{PZH}$ και τελικά $HE \perp PZ$ .
Φιλικά Γιώργος.

Έλεγχος καθετότητας

Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Re: Έλεγχος καθετότητας

Μέλη σε σύνδεση