Σελίδα 1 από 1

Τραπεζιακές δυσκολίες

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Δεκ 29, 2018 10:30 am
από KARKAR
Τραπεζιακές  δυσκολίες.png
Τραπεζιακές δυσκολίες.png (14.3 KiB) Προβλήθηκε 521 φορές
Επί της μεσοκαθέτου MN των βάσεων του ισοσκελούς τραπεζίου ABCD βρίσκεται σημείο S .

Ονομάζουμε L την προβολή του S πάνω σε ευθεία παράλληλη προς την MN , επί της οποίας

θεωρούμε τα συμμετρικά ως προς L , σημεία E,Z . Ονομάζουμε Q,T,P τις τομές των ευθειών

ZD-SA , DB-SE και ZB-CS αντίστοιχα . Δείξτε ότι τα Q,T,P είναι συνευθειακά .

Re: Τραπεζιακές δυσκολίες

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Φεβ 10, 2019 2:57 pm
από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
KARKAR έγραψε:
Σάβ Δεκ 29, 2018 10:30 am
Τραπεζιακές δυσκολίες.pngΕπί της μεσοκαθέτου MN των βάσεων του ισοσκελούς τραπεζίου ABCD βρίσκεται σημείο S .Ονομάζουμε L την προβολή του S πάνω σε ευθεία παράλληλη προς την MN , επί της οποίας θεωρούμε τα συμμετρικά ως προς L , σημεία E,Z . Ονομάζουμε Q,T,P τις τομές των ευθειών ZD-SA , DB-SE και ZB-CS αντίστοιχα . Δείξτε ότι τα Q,T,P είναι συνευθειακά .
Για να μην μείνει αναπάντητη η πρόταση του Θανάση (βέβαια όπως θα δούμε έχει ήδη "απαντηθεί" στη γενικότερη μορφή της) αλλά ας δούμε και το πρόβλημα όπως έχει τεθεί.

Έστω K,Y,{L}',F τα σημεία τομής της CD με τις SQ,SE,SZ,SB αντίστοιχα και X,W τα σημεία τομής της CD με τις BQ,BZ αντίστοιχα
Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle QDK με διατέμνουσα την ZSL θα έχουμε: \dfrac{ZD}{ZQ}\cdot \dfrac{SQ}{SK}\cdot \dfrac{K{L}'}{D{L}'}=1:\left( 1 \right) .

Επίσης από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle QDX με διατέμνουσα την ZWB θα έχουμε: \dfrac{ZQ}{ZD}\cdot \dfrac{WD}{WX}\cdot \dfrac{BX}{BQ}=1:\left( 2 \right)
και από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο QKX με διατέμνουσα την SFB θα έχουμε: \dfrac{XF}{KF}\cdot \dfrac{SK}{SQ}\cdot \dfrac{BQ}{BX}=1:\left( 3 \right)
τραπεζικές  δυσκολίες.png
τραπεζικές δυσκολίες.png (37.86 KiB) Προβλήθηκε 328 φορές
Από \left( 1 \right) \cdot \left( 2 \right) \cdot \left( 3 \right) \Rightarrow \dfrac{{ZD}}{{ZQ}} \cdot \dfrac{{SQ}}{{SK}} \cdot \dfrac{{KL'}}{{DL'}} \cdot \dfrac{{ZQ}}{{ZD}} \cdot \dfrac{{WD}}{{WX}} \cdot \dfrac{{BX}}{{BQ}} \cdot \dfrac{{XF}}{{KF}} \cdot \dfrac{{SK}}{{SQ}} \cdot \dfrac{{BQ}}{{BX}} = 1

 \Rightarrow \left( {\dfrac{{ZD}}{{ZQ}} \cdot \dfrac{{ZQ}}{{ZD}}} \right) \cdot \left( {\dfrac{{SQ}}{{SK}} \cdot \dfrac{{SK}}{{SQ}}} \right) \cdot \dfrac{{XF}}{{KF}} \cdot \dfrac{{KL'}}{{DL'}} \cdot \dfrac{{WD}}{{WX}} \cdot \left( {\dfrac{{BX}}{{BQ}} \cdot \dfrac{{BQ}}{{BX}}} \right) = 1 \Rightarrow  \ldots

\dfrac{{XF}}{{KF}} \cdot \dfrac{{KL'}}{{DL'}} \cdot \dfrac{{WD}}{{WX}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{XF}}{{KF}} \cdot \dfrac{{KL'}}{{DL'}} \cdot \dfrac{{WD}}{{WX}} \cdot \dfrac{{DF}}{{DF}} = 1  \Rightarrow \dfrac{{WD}}{{DF}} \cdot \dfrac{{XF}}{{WX}} = \dfrac{{DL'}}{{KL'}} \cdot \dfrac{{KF}}{{DF}}:\left( 4 \right)

* Με MN μεσοκάθετη των AB και DC και από SM\parallel EZ εύκολα προκύπτει (από συμμετρίες) ότι DL=CY,K{L}'=YF,DF=CK οπότε η \left( 4 \right) γίνεται :

\dfrac{{WD}}{{DF}} \cdot \dfrac{{XF}}{{WX}} = \dfrac{{CY}}{{YF}} \cdot \dfrac{{KF}}{{CK}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{WD}}{{DF}}:\dfrac{{WX}}{{XF}} = \dfrac{{CY}}{{YF}}:\dfrac{{CK}}{{KF}}}:\left( 5 \right)

Από την \left( 5 \right) προκύπτει ότι οι σειρές \left( W,F,D,X \right),\left( C,F,Y,K \right) έχουν ίσους διπλούς λόγους, οπότε και οι δέσμες B.WFDX και S.CFYK έχουν ίσους διπλούς λόγους και με BF\equiv SF\equiv BS (κοινή τους ακτίνα) προκύπτει ότι τα σημεία τομής των άλλων τριών ομολόγων ακτινών τους είναι συνευθειακά , δηλαδή τα P\equiv BW\cap SC\equiv BZ\cap SC,T\equiv BD\cap SY\equiv BD\cap SE,Q\equiv BX\cap SK\equiv SA\cap ZD είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης

* Παρατήρηση: η ισότητα \dfrac{D{L}'}{K{L}'}\cdot \dfrac{KF}{DF}=\dfrac{CY}{YF}\cdot \dfrac{KF}{CK} προκύπτει από ίσους διπλούς (αρμονικούς λόγους) και συνεπώς δεν είναι ανάγκη να έχουμε ισοσκελές τραπέζιο. Έχουμε το γενικότερη πρόβλημα αυτό που αντιμετώπισε διαφορετικά αλλά όμορφα ο ΜΕΓΑΛΟΣ !! Διονύσης