Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17)

#1

Με την ευκαιρία της 2222ης ανάρτησής μου ( δεύτερος για μένα, τετραψήφιος αριθμός με όλα τα ψηφία ίδια ).

Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω $P,\ Q,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό του ώστε να είναι $PA\parallel QC$ και $PB\parallel QD$ . Απόδείξτε ότι η ευθεία , όπου $R\equiv AQ\cap DP$ και $T\equiv BQ\cap CP$ περνάει από το σημείο $S\equiv AC\cap BD$ .

: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17).; t=181_t=75387.PNG (22.25 KiB) Προβλήθηκε 2204 φορές

Κώστας Βήττας

ΥΓ. Ελπίζω να ζω στο τέλος της επόμενης δεκαπενταετίας, φθάνοντας στην ανάρτηση με αριθμό τον τέταρτο αντίστοιχο τετραψήφιο.

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #2

ΓΡΗΓΟΡΗ ΑΠΑΝΤΗΣΗ
Από τα σημεία A,B,C,D,P

διέρχεται μοναδική κωνική τομή που υπό τα δεδομένα του προβλήματος είναι μια υπερβολή. Οι υποθέσεις του προβλήματος καθιστούν το

επίσης σημείο αυτής της υπερβολής. Λόγω του hexagrammum mysticum theorem του Pascal (https://en.wikipedia.org/wiki/Pascal's_theorem) τα R,S,T

θα πρέπει να είναι συνευθειακά.

ΑΝΑΛΥΤΙΚΗ ΑΠΑΝΤΗΣΗ
Κατ' αρχάς αξίζει να σημειώσουμε ότι για την ισχύ του ζητουμένου δεν είναι αναγκαίο τα σημεία P,Q

να βρίσκονται στο εσωτερικό του τραπεζίου ABCD

. Ειδικότερα δεν είναι αναγκαίο να ορίζονται οι ευθείες CQ,DQ

. Επίσης η κλειστή τεθλασμένη ABCDA

δεν είναι απαραίτητο να είναι απλή. Θα επαναδιατυπώσουμε το πρόβλημα ζητώντας:

i) τα A,B,C,D

να είναι διαφορετικά ανά δυο, $AD\parallel BC$ και οι ευθείες DB,AC

να τέμνονται στο

.

ii) το

να είναι οποιοδήποτε σημείο του επιπέδου με την εξαίρεση των σημείων:

1) της ευθείας

. Αν $P\ne A,B$ τότε ορίζονται οι ευθείες PA,PB

. Αν το

δεν είναι σημείο της

τότε οι ευθείες αυτές δεν είναι παράλληλες και οι (μοναδικές) παράλληλες από το

στην

και από το

στην

τέμνονται σε μοναδικό σημείο, το

. Έτσι λοιπόν το

καθορίζει το

με μοναδικό τρόπο αποτελώντας τη μοναδική ελεύθερη παράμετρο του προβλήματος.

2) C,D

προκειμένου αφ' ενός να ορίζονται αντίστοιχα οι ευθείες CP,DP

, αφ' ετέρου να ορίζονται αντίστοιχα οι ευθείες QA,QB

.

3) του γεωμετρικού τόπου των

για τα οποία $AQ\parallel DP$ (για να ορίζεται το

)

4) του γεωμετρικού τόπου των

για τα οποία $BQ\parallel CP$ (για να ορίζεται το

)

Υπό τις παραπάνω συνθήκες θα αποδείξουμε ότι τα R,S,T

είναι συνευθειακά (δεν αναφερόμαστε σε ευθεία

γιατί αυτή δεν ορίζεται για κάθε

π.χ. αν

τότε

).

Στην παρούσα λύση δε θα μελετήσουμε τις ιδιότητες των τόπων που αναφέρονται στα 3),4). Θα αρκεστούμε να αναφέρουμε πως αν συμπεριλάβουμε σε αυτούς τα εξαιρεμένα σημεία A,B,C,D

, καθένας από αυτούς καθίσταται μια κωνική τομή. Συγκεκριμένα ο Γ.Τ. στο 3) δίνει την κωνική τομή που διέρχεται από τα A,B,C,D

και της οποίας η εφαπτομένη στο

είναι παράλληλη στην ευθεία

, ενώ ο Γ.Τ. στο 4) δίνει την κωνική τομή που διέρχεται από τα A,B,C,D

και της οποίας η εφαπτομένη στο

είναι παράλληλη στην ευθεία

.

Θα προχωρήσουμε τώρα στην απάντηση του προβλήματος.

Με εφαρμογή ενός κατάλληλου αφφινικού μετασχηματισμού αρκεί να θεωρήσουμε ότι A(0,1),B(0,0),C(1,0),D(a,1)

με $a\ne 0,-1$ . Έστω επίσης σημείο $P(k,m)\ne A,B$ .

Θεωρούμε τις ευθείες $\varepsilon_1,\varepsilon_2$ , τις μοναδικές παράλληλες αντίστοιχα από το

στην

και από το

στην

.
$\left{\begin{cases}\varepsilon_1\colon (1-m)(x-1)+ky=0\\ \varepsilon_2\colon -m(x-a)+k(y-1)=0 \end{cases}$

Αν το

βρίσκεται εκτός της ευθείας

( $k\ne0$ ) οι $\varepsilon_1,\varepsilon_2$ θα τέμνονται σε μοναδικό σημείο

με συντεταγμένες Q(x_Q,y_Q)

με $\begin{cases}x_Q=1-k+m(a-1)\\y_Q=\frac{1}{k}(1-m)(k+m(1-a))\end{cases}$

Στο σημείο που βρισκόμαστε κανείς θα μπορούσε να προχωρήσει με αναλυτικό brute force, να υπολογίσει τις συντεταγμένες των R(x_R,y_R),T(x_T,y_T),S(x_S,y_S)

και να δείξει ότι είναι συνευθειακά σημεία επαληθεύοντας την ισχύ της ισότητας $\begin{vmatrix}x_R&y_R&1\\x_T&y_T&1\\x_S&y_S&1\end{vmatrix}=0$ . Μια τέτοια προσέγγιση στην παρούσα ανάρτηση είναι άνευ νοήματος, οπότε θα προχωρήσουμε γεωμετρικότερα κρατώντας τις πράξεις στο ελάχιστο δυνατό.

Έστω επιπλέον ότι $P\ne A,B,C,D$ . Θεωρούμε τη (μοναδική μεν, ενδεχομένως εκφυλισμένη δε) κωνική τομή που διέρχεται από τα A,B,C,D,P

με εξίσωση
$C_{ABCDP}\colon\begin{vmatrix}x^2&y^2&x y &x&y&1\\0&1&0&0&1&1\\0&0&0&0&0&1\\1&0&0&1&0&1\\a^2&1&a&a&1&1\\k^2&m^2&km&k&m&1\end{vmatrix}=0$ .

Με λίγες πράξεις διαπιστώνει κανείς ότι το

είναι επίσης σημείο της κωνικής τομής $C_{ABCDP}$

Γνωρίζουμε ότι $Q\ne A,B$ οπότε διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:
1) Q=P

οπότε επειδή $CQ\parallel AP$ θα πρέπει A,P,C

συνευθειακά και ομοίως B,P,D

συνευθειακά οπότε P=Q=S

. Βρίσκουμε συνεπώς ότι R=S=T

και το ζητούμενο ισχύει τετριμμένα.
2) Q=C

οπότε $CD\parallel PB$ , $R=AC\cap DP$ και $T=BC\cap CP$ και συνεπώς T=C

. Παρατηρούμε λοιπόν ότι T,S,R

είναι σημεία της ευθείας

οπότε το ζητούμενο ισχύει.
3) Q=D

οπότε $CD\parallel PA$ , $T=BD\cap CP$ και $R=AD\cap DP$ και συνεπώς R=D

. Παρατηρούμε λοιπόν ότι T,S,R

είναι σημεία της ευθείας

οπότε το ζητούμενο ισχύει.

4) $Q\ne C,D,P$ οπότε έχουμε μια εξάδα σημείων που βρίσκονται στην ίδια κωνική τομή. Αν οι ευθείες CP,BQ

τέμνονται στο

και οι ευθείες DP,AQ

τέμνονται στο

, τότε μπορούμε να επικαλεστούμε το hexagrammum mysticum theorem του Pascal (https://en.wikipedia.org/wiki/Pascal's_theorem) από το οποίο πάλι έπεται το ζητούμενο. $\blacksquare$

#3

vittasko έγραψε:Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω $P,\ Q,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό του ώστε να είναι $PA\parallel QC$ και $PB\parallel QD$ . Απόδείξτε ότι η ευθεία , όπου $R\equiv AQ\cap DP$ και $T\equiv BQ\cap CP$ περνάει από το σημείο $S\equiv AC\cap BD$ .

Κάλιο πολύ αργά παρά πολύ αργότερα...

$\bullet$ Έστω τα σημεία $X\equiv AQ\cap CP$ και $Y\equiv BQ\cap DP>$

Παρατηρούμε ότι τα σημεία R, S, T,

είναι σημεία τομής των ευθειών των ομολόγων πλευρών των τριγώνων $\vartriangle ACX, \vartriangle DBY.$

$R\equiv AX\cap DY$ και $S\equiv AC\cap DB$ και $T\equiv CX\cap BY$

: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17).; f=181 t=75387 (a).PNG (19.91 KiB) Προβλήθηκε 291 φορές

$\bullet$ Για είναι συνευθειακά τα σημεία R, S, T,

σύμφωνα με το Θεώρημα Desarques, αρκεί να αποδειχθεί ότι οι ευθείες που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές των ως άνω τριγώνων είναι συντρέχουσες και επειδή ισχύει $AD\parallel BC,$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $XY\parallel AD\parallel BC \ \ ,(1)$

Ακολουθεί στα επόμενα σε μεταγραφή, ως ξεχωριστό Λήμμα, η απόδειξη της (1)

που μου έχει στείλει ο αγαπητός φίλος Κώστας Ελατιώτης.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω $P,\ Q,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό του ώστε να είναι $PA\parallel QC$ και $PB\parallel QD$ . Αποδείξτε ότι $XY\parallel AD\parallel BC,$ όπου $X\equiv AQ\cap CP$ και $Y\equiv BQ\cap DP$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Έστω και καθυστερημένα, οφείλω ευχαριστίες στον Ιάσωνα για την ενασχόλησή του με το θέμα και ιδιαίτερα για την ιδέα του της Κωνικής (C)

(Υπερβολής) δια των πέντε σημείων A, B, C, D, P,

επί της οποίας κείται επίσης και το σημείο

λόγω των παραλληλιών της εκφώνησης.

#4

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω $P,\ Q,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό του ώστε να είναι $PA\parallel QC$ και $PB\parallel QD$ . Αποδείξτε ότι $XY\parallel AD\parallel BC,$ όπου $X\equiv AQ\cap CP$ και $Y\equiv BQ\cap DP$ .

$\bullet$ Η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την AC,

τέμνει τις AB, BC

στα σημεία K, L

αντιστοίχως και η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την AB,

τέμνει τις AC, BC

στα σημεία M, N,

αντιστοίχως και έστω το σημείο $F\equiv AB\cap CD.$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1, έχουμε $KM\parallel AD\parallel BC\ \ ,(1)$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2, έχουμε $XF\parallel PB\parallel QD\ \ ,(2)$ και θα αποδειχθεί ότι ισχύει $XK\parallel AD\parallel BC\ \ ,(3)$

Για να ισχύει η (3)

αρκεί να αποδειχθεί ότι $\boxed{\displaystyle \frac{KP}{PL}=\frac{XP}{PC}}\ \ ,(4)$

$\bullet$ Από $KL\parallel FC\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{KP}{PL}=\frac{FE}{EC}}\ \ ,(5)$ όπου $E\equiv FC\cap BP.$

Από $AP\parallel QC\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{XP}{PC}=\frac{XA}{AQ}=\frac{FZ}{ZD}}\ \ ,(6)$ όπου $Z\in FD,$ ώστε $XF\parallel AZ\parallel BP\parallel QD.$

Από (4), (5), (6)

αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{FE}{EC}=\frac{FZ}{ZD}$ αρκεί $\boxed{\displaystyle \frac{FZ}{FE}=\frac{ZD}{EC}}\ \ ,(7)$

: Απόδειξη του Λήμματος.; f=181 t=75387 (b).PNG (20.23 KiB) Προβλήθηκε 290 φορές

$\bullet$ Αλλά από $AZ\parallel BE\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{FZ}{FE}=\frac{FA}{FB}=\frac{AD}{BC}}\ \ ,(8)$

Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle ZAD, \vartriangle EBC$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{ZD}{EC}=\frac{AD}{BC}}\ \ ,(9)$

Από $(8), (9)\Rightarrow$ $(7)\Rightarrow$ (4)

Έτσι, από $XK\parallel AD\parallel BC$ και $KM\parallel AD\parallel BC$ προκύπτει ότι τα σημεία X, K, M

είναι συνεθειακά.

Ομοίως αποδεικνύεται ότι ισχύει και $MY\parallel AD\parallel BC$ και επομένως τα σημεία K, M, Y

είναι επίσης συνευθειακά.

Συμπεραίνεται τώρα ότι $XY\parallel AD\parallel BC$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω $P,\ Q,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό του ώστε να είναι $PA\parallel QC$ και $PB\parallel QD$ . Οι δια των σημείων παράλληλες ευθείες προς τις τέμνουν τις ευθείες στα σημεία αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $KM\parallel AD\parallel BC.$

ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω $P,\ Q,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό του ώστε να είναι $PA\parallel QC$ και $PB\parallel QD$ . Αποδείξτε ότι $XF\parallel PB\parallel QD,$ όπου $X\equiv AQ\cap PC$ και $F\equiv AB\cap CD.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω υπόψη μου για το Λήμμα 1 και το Λήμμα2.

#5

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω $P,\ Q,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό του ώστε να είναι $PA\parallel QC$ και $PB\parallel QD$ . Οι δια των σημείων παράλληλες ευθείες προς τις τέμνουν τις ευθείες στα σημεία αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $KM\parallel AD\parallel BC.$

$\bullet$ Έστω τα σημεία $L\equiv BC\capKP$ και $\N\equiv BC\cap MQ$ και $E\equiv AD\capKP$ και ας είναι

το σημείο τομής των δια των σημείων E, L

παραλλήλων ευθειών προς τις ευθείες $PB\parallel QD$ και $PA\parallel QC,$ αντιστοίχως.

Σύμφωνα με το γνωστό Λήμμα (*) που έχουμε ξαναδεί στο

, το σημείο

ανήκει στην πλευρά

του τραπεζίου ABLE,

λόγω $P\in LE.$

Από $EZ\parallel DQ$ και $ZL\parallel QC$ και $LE\parallel CD$ τώρα, προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle EZL, \vartriangle DQC$ είναι προοπτικά και άρα έχουμε $ED\parallel ZQ\parallel LC.$

: Απόδειξη του Λήμματος 1.; f=181 t=75387 (c).PNG (17.54 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

$\bullet$ Από τα παραλληλόγραμμα ZBNQ

και

έχουμε $\boxed{BN=ZQ=LC}\ \ ,(1)$

Από $KL\parallel FC\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{FK}{KB}=\frac{CL}{LB}}\ \ ,(2)$ και από $MN\parallel FB\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{FM}{MC}=\frac{BN}{NC}}\ \ ,(3)$ με $F\equiv AD\cap CD.$

Από $(1), (2), (3)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{FK}{KB}=\frac{FM}{MC}}\ \ ,(4)$ λόγω LB=NC.

Από $(4)\Rightarrow$ $KM\parallel AD\parallel BC$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

(*) Δείτε Εδώ. Γνωστό και ως Μικρό Θεώρημα Πάππου (Little Pappus theorem).

Κώστας Βήττας.

#6

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται τραπέζιο με $AD\parallel BC$ και έστω $P,\ Q,$ τυχόντα σημεία στο εσωτερικό του ώστε να είναι $PA\parallel QC$ και $PB\parallel QD$ . Αποδείξτε ότι $XF\parallel PB\parallel QD,$ όπου $X\equiv AQ\cap PC$ και $F\equiv AB\cap CD.$

$\bullet$ Θεωρούμε το

ως το σημείο τομής της ευθείας

από την δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

και ας είναι

το σημείο τομής της ευθείας

από την δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την PB.

Αρκεί, ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι ισχύει $PA\parallel QC.$

Έστω το σημείο $E\equiv FC\cap BP$ και ας είναι $Z\in FC,$ ώστε να είναι $XF\parallel AZ\parallel BE.$

Από $XF\parallel PE\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{XP}{PC}=\frac{FE}{EC}}\ \ ,(1)$

Από $XF\parallel AZ\parallel QD\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{XA}{AQ}=\frac{FZ}{ZD}}\ \ ,(2)$

: Απόδειξη του Λήμματος 2.; f=181 t=75387 (d).PNG (12.7 KiB) Προβλήθηκε 211 φορές

$\bullet$ Για να ισχύει $PA\parallel QC,$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $\boxed{\displaystyle \frac{XP}{PC}=\frac{XA}{AQ}}\ \ ,(3)$

Από (1), (2), (3)

αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{FE}{EC}=\frac{FZ}{ZD}$ αρκεί $\boxed{\displaystyle \frac{FZ}{FE}=\frac{ZD}{EC}}\ \ ,(4)$

Αλλά, από $AZ\parallel BE\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{FZ}{FE}=\frac{FA}{FB}=\frac{AD}{BC}}\ \ ,(5)$

Από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle ZAD, \vartriangle EBC$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{ZD}{EC}=\frac{AD}{BC}}\ \ ,(6)$

Από $(5), (6)\Rightarrow$ $(4)\Rightarrow$ (3)

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17)

Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17)

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17)

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17)

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17)

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17)

Re: Μεταβλητή ευθεία δια σταθερού σημείου (17)

Μέλη σε σύνδεση