mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 27, 2023 11:10 am**

Σε παραλληλόγραμμο ABCD

η ευθεία $\ell$ διέρχεται από την κορυφή

, και είναι κάθετη στη

.
Δύο κύκλοι με κοινή χορδή τη

εφάπτονται της ευθείας $\ell$ στα σημεία

και

.
Να αποδείξετε ότι τα ευθύγραμμα τμήματα

και

φαίνονται από το μέσο

της

υπό ίσες γωνίες.

: paral_cir.png (32.46 KiB) Προβλήθηκε 1082 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 27, 2023 4:03 pm**

giannimani έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 27, 2023 11:10 am
Σε παραλληλόγραμμο η ευθεία $\ell$ διέρχεται από την κορυφή , και είναι κάθετη στη .
Δύο κύκλοι με κοινή χορδή τη εφάπτονται της ευθείας $\ell$ στα σημεία και .
Να αποδείξετε ότι τα ευθύγραμμα τμήματα και φαίνονται από το μέσο της υπό ίσες γωνίες.

Θα εργαστούμε στο σχήμα που ακολουθεί.

Καταρχάς θεωρούμε το μέσο

της πλευράς

. Παρατηρούμε ότι $MZ\parallel BC \Rightarrow MZ \bot SQ,\;\,ZB\parallel DM \Rightarrow ZB \bot MS$ ,

οπότε προκύπτει $\displaystyle{MB \bot ZS\ \Rightarrow \angle SZC = \frac{\pi }{2}\;\;(*).}$

Έτσι οδηγούμαστε στην εγγραψιμότητα του τετράπλευρου BSCZ

και από εκεί στην ισότητα $\angle ZCS = \angle ZBE = \angle DER$ ,

οπότε έχουμε ότι το τετράπλευρο DESC

είναι εγγράψιμο.

Είναι πλέον καθαρό ότι $\left( {R{P^2} = R{Q^2} = RD \cdot RC = RE \cdot RS} \right)\,\left( {EM \bot MS} \right)$ (Προκύπτει δηλαδή

η γνωστή ικανή και αναγκαία συνθήκη για αρμονική τετράδα σημείων με βάση το μέσο

του

)

Άρα από το θεώρημα των διχοτόμων στο τρίγωνο QMP

, με τις

να είναι κάθετες, οδηγούμαστε στο ότι η

είναι

εσωτερική διχοτόμος της γωνίας $\angle QMP$ (Mε την

να είναι η αντίστοιχη εξωτερική διχοτόμος).

(*)

Τρίτο ύψος.

: gm.png (87.03 KiB) Προβλήθηκε 1024 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 28, 2023 11:04 am**

Αν και η παραπάνω ευφυής λύση είναι και επιπλέον ιδιαίτερα κομψή, δίνω για λόγους πολυφωνίας και τη δική μου...

Έστω ότι η ευθεία

τέμνει την ευθεία $\ell$ στο σημείο

. Τότε, $NP^2=ND \cdot NC\quad (1)$
και $NQ^2 =ND\cdot NC \quad (2)$ . Από τις (1)

και

προκύπτει ότι NP=NQ

, δηλαδή, το

μέσο του

.

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

. Τότε, το CPC'Q

είναι παραλληλόγραμμο, οπότε
$\angle QCC'= \angle PC'C \quad (3)$ (εντός εναλλάξ).
Εφόσον η $\ell$ εφάπτεται του $\omega_{2}$ στο

, τότε $\angle PQD=\angle DCQ \quad (4)$ . Από τις (3)

και

έχουμε ότι $\angle PC'D = \angle PQD$ , δηλαδή το PC'QD

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, έστω $\Omega$ .

: paral_cir_sol.png (69.32 KiB) Προβλήθηκε 890 φορές

Στη συνέχεια, έστω

το συμμετρικό του

ως προς το μέσο

. Τότε, το ADBD'

είναι
παραλληλόγραμμο, οπότε $BD' \parallel = AD \parallel = BC$ , δηλαδή, τα σημεία

,

και

ανήκουν στην ίδια
ευθεία, και το

μέσο του

. Εφόσον τα

,

μέσα των

,

αντίστοιχα, τότε $C'D' \parallel NB$ ,
και ως εκ τούτου, το PC'D'D

τραπέζιο και μάλιστα ισοσκελές. Πράγματι, PC'=CQ=QD'

(Η

μεσοκάθετος της CD'

). Επομένως, το $D' \in \Omega$ ως η τέταρτη κορυφή του ισοσκελούς τραπεζίου PC'D'D

.
Από αυτό προκύπτει ότι $\angle PDC = \angle QDD'$ ή $\angle PDN=\angle QDD'$ , δηλαδή, η DD'

είναι η ευθεία της

συμμετροδιαμέσου
του τριγώνου DPQ

, που είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\Omega$ . Σύμφωνα με το παρακάτω λήμμα, το

είναι το κέντρο της
σπειροειδούς ομοιότητας (ομόρροπης ομοιότητας) που μετασχηματίζει το

στο

( $[PD]\rightarrow [DQ]$ ),
δηλαδή, $\angle PMD= \angle DMQ$ .

Λήμμα: Έστω DPQ

ένα τρίγωνο και

το δεύτερο σημείο τομής της

συμμετροδιαμέσου με τον
περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Τότε, το μέσο

της χορδής DD'

είναι το κέντρο της σπειροειδούς
ομοιότητας που μεταφέρει το

στο

.
Απόδειξη: Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\triangle MPD\,\sim\, \triangle MDQ$ . Το τετράπλευρο DPD'Q

είναι αρμονικό, οπότε η ευθεία DD'

είναι συμμετροδιάμεσος του $\triangle DPQ$ , οπότε η

είναι συμμετροδιάμεσος του $\triangle PDD'$ και του $\triangle QDD'$ (ιδιότητες
αρμονικού τετραπλεύρου), επομένως, $\angle MPD\, =\, \angle QPD' \,=\, \angle QDD' \,=\, \angle QDM$ και $\angle DQM\,=\, \angle PQD' \,=\, \angle PDD'\, =\, \angle PDM\,$
οπότε, $\triangle MPD\,\sim\, \triangle MDQ$ , που είναι το αποδεικτέο.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 29, 2023 9:05 am**

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 28, 2023 11:04 am
Αν και η παραπάνω ευφυής λύση είναι και επιπλέον ιδιαίτερα κομψή, δίνω για λόγους πολυφωνίας και τη δική μου...

Έστω ότι η ευθεία τέμνει την ευθεία $\ell$ στο σημείο . Τότε, $NP^2=ND \cdot NC\quad (1)$
και $NQ^2 =ND\cdot NC \quad (2)$ . Από τις και προκύπτει ότι , δηλαδή, το μέσο του .

Έστω το συμμετρικό του ως προς το . Τότε, το είναι παραλληλόγραμμο, οπότε
$\angle QCC'= \angle PC'C \quad (3)$ (εντός εναλλάξ).
Εφόσον η $\ell$ εφάπτεται του $\omega_{2}$ στο , τότε $\angle PQD=\angle DCQ \quad (4)$ . Από τις και
έχουμε ότι $\angle PC'D = \angle PQD$ , δηλαδή το είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, έστω $\Omega$ .
paral_cir_sol.png
Στη συνέχεια, έστω το συμμετρικό του ως προς το μέσο . Τότε, το είναι
παραλληλόγραμμο, οπότε $BD' \parallel = AD \parallel = BC$ , δηλαδή, τα σημεία , και ανήκουν στην ίδια
ευθεία, και το μέσο του . Εφόσον τα , μέσα των , αντίστοιχα, τότε $C'D' \parallel NB$ ,
και ως εκ τούτου, το τραπέζιο και μάλιστα ισοσκελές. Πράγματι,
(Η μεσοκάθετος της ). Επομένως, το $D' \in \Omega$ ως η τέταρτη κορυφή του ισοσκελούς τραπεζίου .
Από αυτό προκύπτει ότι $\angle PDC = \angle QDD'$ ή $\angle PDN=\angle QDD'$ , δηλαδή, η είναι η ευθεία της συμμετροδιαμέσου
του τριγώνου , που είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\Omega$ . Σύμφωνα με το παρακάτω λήμμα, το είναι το κέντρο της
σπειροειδούς ομοιότητας (ομόρροπης ομοιότητας) που μετασχηματίζει το στο ( $[PD]\rightarrow [DQ]$ ),
δηλαδή, $\angle PMD= \angle DMQ$ .

Λήμμα: Έστω ένα τρίγωνο και το δεύτερο σημείο τομής της συμμετροδιαμέσου με τον
περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Τότε, το μέσο της χορδής είναι το κέντρο της σπειροειδούς
ομοιότητας που μεταφέρει το στο .
Απόδειξη: Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\triangle MPD\,\sim\, \triangle MDQ$ . Το τετράπλευρο είναι αρμονικό, οπότε η ευθεία
είναι συμμετροδιάμεσος του $\triangle DPQ$ , οπότε η είναι συμμετροδιάμεσος του $\triangle PDD'$ και του $\triangle QDD'$ (ιδιότητες
αρμονικού τετραπλεύρου), επομένως, $\angle MPD\, =\, \angle QPD' \,=\, \angle QDD' \,=\, \angle QDM$ και $\angle DQM\,=\, \angle PQD' \,=\, \angle PDD'\, =\, \angle PDM\,$
οπότε, $\triangle MPD\,\sim\, \triangle MDQ$ , που είναι το αποδεικτέο.

Καλημέρα. Επιτρέψτε μου δυο κουβέντες επειδή μας ακολουθούν και μαθητές διαγωνιζόμενοι στους μαθηματικούς διαγωνισμούς και όχι μόνο. Η λύση του εισηγητή του άριστου αυτού θέματος είναι δυνατή λύση που διδάσκει εκτός των τόσων άλλων και την βασική μέθοδο (ίσως λίγο ξεχασμένης) της δημιουργίας λήμματος (κατάλληλης βοηθητικής πρότασης) για την επίλυση μαθηματικού προβλήματος. Θέλει περίσσια ικανότητα αυτό, η δημιουργία δηλαδή ή ανάκληση κατάλληλου λήμματος που θα χρησιμοποιηθεί, και αυτό θα πρέπει οι λύτες να το έχουν πολύ σοβαρά υπόψη.

mathematica.gr

Μέσο κοιτάει υπό ίσες γωνίες...

Μέσο κοιτάει υπό ίσες γωνίες...

Re: Μέσο κοιτάει υπό ίσες γωνίες...

Re: Μέσο κοιτάει υπό ίσες γωνίες...

Re: Μέσο κοιτάει υπό ίσες γωνίες...