Καθετότητα!

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Καθετότητα!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Απρ 17, 2020 8:43 pm

Καλησπέρα !

Έστω κύκλος \rm c κέντρου \rm O και \rm AB μία χορδή του.Στην προέκταση του \rm AB προς το \rm B παίρνουμε σημείο \rm C και από το \rm C φέρουμε τέμνουσα \rm \overline{CDF} προς τον \rm c.
Θεωρούμε \rm K\equiv (B,D,O)\cap (A,O,F).Να δειχθεί ότι \rm \angle OKC=90^{\circ}

Η άσκηση είναι γενίκευση μίας από το γεωμετρία 4 του κ.Στεργίου.

305.PNG
305.PNG (32.45 KiB) Προβλήθηκε 717 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4008
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Καθετότητα!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Απρ 17, 2020 10:44 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Παρ Απρ 17, 2020 8:43 pm
Καλησπέρα !

Έστω κύκλος \rm c κέντρου \rm O και \rm AB μία χορδή του.Στην προέκταση του \rm AB προς το \rm B παίρνουμε σημείο \rm C και από το \rm C φέρουμε τέμνουσα \rm \overline{CDF} προς τον \rm c.
Θεωρούμε \rm K\equiv (B,D,O)\cap (A,O,F).Να δειχθεί ότι \rm \angle OKC=90^{\circ}

Η άσκηση είναι γενίκευση μίας από το γεωμετρία 4 του κ.Στεργίου.


305.PNG
Προφανώς AF\cap OK\cap BD\equiv S ως το ριζικό κέντρο των ανά δύο τεμνομένων κύκλων \left( O \right),\left( A,F,O,K \right),\left( B,D,K,O \right) και έστω ο κύκλος \left( O,K,C \right) και E,Q τα σημεία τομής του με τον \left( O \right) και M το δεύτερο (εκτός του C ) σημείο τομής του με την SC .
καθετότητα.png
καθετότητα.png (94.75 KiB) Προβλήθηκε 679 φορές
Τότε EQ\cap AF\cap BD\equiv {S}'\equiv S ως το ριζικό κέντρο των ανά δύο τεμνομένων κύκλων … δηλαδή η EQ διέρχεται από το S
Είναι SM\cdot SC=SE\cdot SQ=SD\cdot SB και συνεπώς το τετράπλευρο MDBC είναι εγγράψιμο σε κύκλο ο οποίος είναι ένας (περιγεγραμμένος στο τρίγωνο \vartriangle BDC του πλήρους τετραπλεύρου ABDFSC με κορμό το εγγεγραμμένο στον \left( O \right) τετράπλευρο ABDF .

Από
Ιδιαιτερότητες του σημείου Miquel πλήρους τετραπλεύρου προκύπτει ότι το M είναι το σημείο Miquel του εν λόγω τετραπλεύρου και μάλιστα OM\bot SC\Rightarrow OK\bot SC και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Σημείωση 1: Προφανώς στην παραπομπή θα βρείτε εύκολα το λόγο για τον οποίο συντρέχουν οι FB,AD,CK,OM

Σημείωση 2: Προφανώς το πρόβλημα λύνεται και με πολικές (ας το δω από τον Πρόδρομο ή κάποιον άλλο φίλο)

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
Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1139
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Καθετότητα!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Σάβ Απρ 18, 2020 12:40 pm

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Παρ Απρ 17, 2020 8:43 pm
Καλησπέρα !

Έστω κύκλος \rm c κέντρου \rm O και \rm AB μία χορδή του.Στην προέκταση του \rm AB προς το \rm B παίρνουμε σημείο \rm C και από το \rm C φέρουμε τέμνουσα \rm \overline{CDF} προς τον \rm c.
Θεωρούμε \rm K\equiv (B,D,O)\cap (A,O,F).Να δειχθεί ότι \rm \angle OKC=90^{\circ}

Η άσκηση είναι γενίκευση μίας από το γεωμετρία 4 του κ.Στεργίου.

305.PNG
Λίγο ανορθόδοξο "κυνήγι" γωνιών, θα υπάρχει σίγουρα πιο σύντομη φάκα.

kathetothta.png
kathetothta.png (51.26 KiB) Προβλήθηκε 605 φορές

Οι ριζικοί άξονες των ανά δυο τεμνόμενων κύκλων συντρέχουν, έστω S το σημείο τομής τους. Ας είναι Q,Z τα σημεία τομής της ευθείας OK με τα τμήματα DF και  AB αντίστοιχα. Επίσης έστω E,H τα δεύτερα σημεία τομής των κύκλων με την ευθεία AB και J,P με την ευθεία DF. Έχουμε

\angle KDF = \angle KDQ = 180^0-\angle QKD -\angle KQD

= \angle KQF -\angle QKD

= \angle SFQ+\angle ASQ-\angle QKD

= \angle ABD +\angle ASZ -\angle QKD

= \angle ABD +180^0 -\angle SAZ -\angle AZS-\angle QKD

= \angle ABD -\angle SAZ -\angle AZS +\left (180^0-\angle QKD\right )

= \angle ZBD -\angle SAZ -\angle AZS +\angle ZKD

= \angle ZBD +\angle ZKD - \angle FAE -\angle AZK

= 360^0 -\angle KZB -\angle KDB -\angle FAE -\angle AZK

= \left (180^0 -\angle KDB \right) -\angle FAE +\left ( 180^0-\angle KZB\right) -\angle AZK

= \left (180^0 -\angle KDB \right) -\angle FAE

= \angle KHB -\angle FAE

= \angle KZH+\abgle OKH -\angle FAE

= \angle KAZ +\angle AKO+\angle OKH -\angle FAE

= \angle KAB +\angle AKO+\angle OBH -\left (\angle FAO+\angle OAE \right)

=\angle KAB +\angle AFO +\angle OBA -\left (\angle FAO+\angle OAB \right)

= \angle KAB +\left ( \angle AFO -\angle FAO \right)+ \left (\angle OBA -\angle OAB \right)

= \angle KAB

Ομοίως βρίσκουμε ότι \angle KFD =\angle KBA. Άρα τα τρίγωνα KDF και KAB είναι όμοια. Οι ομόλογες διάμεσοι KM και KN αυτών των τριγώνων θα σχηματίζουν ίσες γωνίες με τις αντίστοιχες πλευρές. Επομένως θα ισχύει \angle KMF =\angle KNB, δηλαδή τα σημεία K,M,C,N είναι ομοκυκλικά.

Όμως ομοκυκλικά είναι και τα σημεία O,M,C,N, αφού \angle ONC =\angle OMC=90^0. Άρα τα σημεία O,K,M,C,N ανήκουν στον ίδιο κύκλο και θα έχουμε \angle OKC=\angle OMC=90^0.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 765
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Καθετότητα!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Κυρ Απρ 19, 2020 4:17 pm

Χριστός Ανέστη!

Ευχαριστώ για τις λύσεις,γράφω μίας σύντομη
307.PNG
307.PNG (30.97 KiB) Προβλήθηκε 541 φορές
Οι \rm AF,OK,BD συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των τριών κύκλων.Έστω \rm Q,R τα σημεία τομής της \rm OK με τον μπλε κύκλο.Είναι \rm PQ\cdot PR=PF\cdot PA=PK\cdot PO άρα από \rm Mac\,\,Laurin είναι \rm (R,Q/K,P) αρμονική σημειοσειρά.Έτσι το \rm K ανήκει στην πολική του \rm P ως προς τον μπλε κύκλο.Επειδή ως γνωστών και το \rm C ανήκει σε αυτή την πολική αυτή θα είναι η \rm KC και το ζητούμενο έπεται.


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5428
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Καθετότητα!

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τρί Απρ 21, 2020 10:29 pm

φιγ.png
φιγ.png (63.63 KiB) Προβλήθηκε 461 φορές
Από το σχήμα που βλέπουμε, όπου το τετράπλευρο QIZH είναι περιγεγραμμένο στον κύκλο (O), πολύ εύκολα έχουμε ότι οι ευθείες FD,HI,AB συντρέχουν (αν και είναι και βασική πρόταση), έστω στο C. Άρα οι κύκλοι με διαμέτρους OI,OH είναι οι περιγεγραμμένοι αντίστοιχα στα τρίγωνα μας \vartriangle OBD,\;\vartriangle OFA που αν K είναι το άλλο σημείο τομής τους, τότε, \angle OKI = \angle ODI = \frac{\pi }{2}.


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.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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