Τραπεζιακές δυσκολίες

KARKAR · #1

: Τραπεζιακές δυσκολίες.png (14.3 KiB) Προβλήθηκε 933 φορές

Επί της μεσοκαθέτου

των βάσεων του ισοσκελούς τραπεζίου ABCD

βρίσκεται σημείο

.

Ονομάζουμε

την προβολή του

πάνω σε ευθεία παράλληλη προς την

, επί της οποίας

θεωρούμε τα συμμετρικά ως προς

, σημεία

. Ονομάζουμε Q,T,P

τις τομές των ευθειών

ZD-SA

,

και

αντίστοιχα . Δείξτε ότι τα Q,T,P

είναι συνευθειακά .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 29, 2018 10:30 am
Τραπεζιακές δυσκολίες.pngΕπί της μεσοκαθέτου των βάσεων του ισοσκελούς τραπεζίου βρίσκεται σημείο .Ονομάζουμε την προβολή του πάνω σε ευθεία παράλληλη προς την , επί της οποίας θεωρούμε τα συμμετρικά ως προς , σημεία . Ονομάζουμε τις τομές των ευθειών , και αντίστοιχα . Δείξτε ότι τα 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 τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα και τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα
Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle QDK$ με διατέμνουσα την 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 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 με διατέμνουσα την θα έχουμε: $\dfrac{XF}{KF}\cdot \dfrac{SK}{SQ}\cdot \dfrac{BQ}{BX}=1:\left( 3 \right)$

: τραπεζικές δυσκολίες.png (37.86 KiB) Προβλήθηκε 740 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 μεσοκάθετη των και και από $SM\parallel EZ$ εύκολα προκύπτει (από συμμετρίες) ότι 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 και 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

Τραπεζιακές δυσκολίες

Τραπεζιακές δυσκολίες

Re: Τραπεζιακές δυσκολίες

Μέλη σε σύνδεση