Τέμνονται πάνω στην τέμνουσα

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10489
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Τέμνονται πάνω στην τέμνουσα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Σεπ 15, 2018 6:18 pm

Πάνω  στην  τέμνουσα.png
Πάνω στην τέμνουσα.png (20.87 KiB) Προβλήθηκε 281 φορές
Από σημείο S εκτός κύκλου (O) , φέρουμε τις εφαπτόμενες και τυχούσα τέμνουσα SPQ και

ονομάζουμε M το μέσο του PQ . Εκατέρωθεν της τέμνουσας και με κοινή πλευρά την MQ

κατασκευάζουμε ίσες (οξείες) γωνίες των οποίων οι νέες πλευρές τέμνουν τις δύο εφαπτόμενες

στα A,B . Δείξτε ότι οι άλλες εφαπτόμενες από τα A,B τέμνονται πάνω στην τέμνουσα .



Λέξεις Κλειδιά:
min##
Δημοσιεύσεις: 160
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Τέμνονται πάνω στην τέμνουσα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Σεπ 15, 2018 8:14 pm

Λίγο ανορθόδοξα..
Με O,E,F το κέντρο του κύκλου,την τομή SA και κύκλου και την τομή SB και κύκλου,βγαίνει απλά ότι τα M,O,F,S,E είναι ομοκυκλικά,που σημαίνει ότι EMS\angle =FMS\angle
.

Τώρα,σταθεροποιώ την SPQ και μετακινώ το A κατά μήκος της εφαπτομένης,ενώ παράλληλα παίρνω το B ως το συμμετρικό της SA ως προς την SPQ.Η ακολουθία των A και η αντίστοιχη των B δημιουργούν ίσους διπλούς λόγους στις ευθείες που κινούνται επειδή βλέπονται υπό ίσες γωνίες από το M.Με ένα απλό τσεκάρισμα,όταν το A πέσει στο S,το B πέφτει στο S επίσης.
Το τελευταίο σημαίνει ότι ο προβολικός μετασχηματισμός που συνδέει τις ακολουθίες σημείων(σημειοσειρές καλύτερα) είναι ουσιαστικά μια προοπτικότητα με σταθερό κέντρο R.
Όταν το A πέσει στο E,λόγω της διχοτόμισης της FME από την MS,το B θα πέσει πάνω στο F.Άρα το R είναι η τομή των AB,EF

Αν πάρω για A την τομή της καθέτου από το M στην SPQ, με τον κύκλο,προκύπτει ότι RO,SPQ κάθετες,δηλαδή SPQ πολική του R.






Αν τώρα η άλλη εφαπτομένη από το A τέμνει τον κύκλο στο G, και η αντίστοιχη από το B στο G, με δύο Pascal,στα HHFEEG,FFHGGE προκύπτει ότι οι GH,AB,EF συντρέχουν,δηλαδή ότι καθώς τα A,B μεταβάλλονται,η HG περνάει από το σταθερό σημείο R.Αυτό σημαίνει ότι το σημείο T διαγράφει την πολική του R(όχι ολόκληρη απαραίτητα).Αν όμως μεταφέρω το A στην τομή τωνRQ,SE,είναι φανερό ότι το σημείο T ταυτίζεται με το σημείο Q,ενώ για A\equiv E θα είναι T\equiv S.Το τελευταίο αποδεικνύει το ζητούμενο...

Edit:Πώς μπορώ να βάζω φυσιολογικότερο σχήμα;
Συνημμένα
KARKAR.png
KARKAR.png (64.05 KiB) Προβλήθηκε 255 φορές


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 768
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Τέμνονται πάνω στην τέμνουσα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Σάβ Σεπ 15, 2018 9:55 pm

ίσες γωνίες 2.png
ίσες γωνίες 2.png (33.25 KiB) Προβλήθηκε 237 φορές
Εναλλακτικά:

Έστω T' το σημείο που η εφαπτόμενη από το A τέμνει την PQ. Αν η άλλη εφαπτόμενη από το T' τέμνει την SB στο B' τότε αρκεί να ισχύει ότι \widehat{AMP}=\widehat{B'MP}, έτσι ώστε B'\equiv B και T'\equiv T.

Άρα το πρόβλημα μπορεί να γίνει ισοδύναμα:

Έστω ASBT ένα περιγράψιμο τετράπλευρο και έστω πως η TS τέμνει τον εγγεγραμμένο κύκλο στα Q, P. Τότε να αποδειχθεί πως \widehat{SMA}=\widehat{SMB}, όπου M το μέσο του QP (η ισοδυναμία ισχύει από τα παραπάνω).

Έστω πως ο κύκλος εφάπτεται στις AS, SB, BT, TA στα σημεία E, F, G, H αντίστοιχα.

Έστω πως οι EF και GH τέμνονται στο σημεία K.

Ισχύει ότι το K ανήκει στις πολικές των S και T αντίστοιχα, επομένως από La Hire ισχύει ότι η πολική του K είναι η ST.

Επομένως αν O το κέντρο του κύκλου, ισχύει ότι OK\perp ST\Leftrightarrow OK\perp QP, οπότε ισχύει ότι KM\perp QP.

Έστω πως η AB τέμνει τη PQ στο J.

Είναι ακόμα γνωστό πως τα σημεία K, A, B είναι συνευθειακά (*).

Οπότε αν αποδείξουμε πως (K, J, A, B)=-1, τότε αφού \widehat{JMK}=90^o, θα ισχύει ότι \widehat{JMA}=\widehat{JMB}.

Αρκεί να αποδειχθεί δηλαδή πως η δέσμη T(K, J, A, B) είναι αρμονική, δηλαδή αν η GH τέμνει την PQ στο L, θα αρκεί (K, L, E, F)=-1.

Όμως το L ανήκει στην πολική του K, που είναι η PQ, άρα το ζητούμενο έπεται.

Λεπτομερώς το (*)

Έστω πως οι EG και FH τέμνονται στο W (Βασικά αυτό το σημείο ταυτίζεται με το J αλλά δεν μας ενδιαφέρει). Από Pascal στο FEEGHH προκύπτει πως τα σημεία K, A, W είναι συνευθειακά. Από Pascal στο EFFHGG παίρνουμε ότι τα K, W, B είναι συνευθειακά. Οπότε τα K, A, B είναι συνευθειακά.


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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