Καθετότητα τμήματος από τομές

#1

: καθετότητα τμήματος τομών.png (40.16 KiB) Προβλήθηκε 2338 φορές

Επί της διαμέτρου κύκλου $\left( O \right)$ κέντρου θεωρούμε τα σημεία εκατέρωθεν του με και ας είναι πλησιέστερο στο .
Αν είναι τα σημεία τομής των με τον κύκλο αντίστοιχα, με διάφορο των και τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα , να δειχτεί ότι $XY\bot AB$ , όπου $X\equiv AL\cap BK$ και $Y\equiv AQ\cap BP$

giannimani · #2

Αρχικά αποδεικνύουμε ότι $CY \bot AB$ .

: sol_perp_from_inter1.png (40.91 KiB) Προβλήθηκε 2245 φορές

Από θεώρημα τεμνόμενων χορδών $SM \cdot MP=AM \cdot MB\quad (1)$ και $SN \cdot NQ= BN \cdot NA \quad (2)$ .
Λόγω της υπόθεσης, προκύπτει ότι AM=BN

και

.
Επομένως, τα δεύτερα μέλη των (1)

και

είναι ίσα, οπότε $SM \cdot MP= SN \cdot NQ\,\Rightarrow \frac{SM}{NQ}\,=\,\frac{SN}{MP}\quad (3)$ .
Αλλά, SM= CN

,

και $\angle CMS=\angle CNS$ ( CMSN

παραλληλόγραμμο), οπότε η (3)

γίνεται
$\frac{CN}{NQ}\,=\,\frac{CM}{MP}$ ,
που μαζί με τη γωνιακή ισότητα δίνει την ομοιότητα των ορθογώνιων τριγώνων
CQN

και

, που με τη σειρά της δίνει τη γωνιακή ισότητα $\angle NCQ=\angle MCP. \quad (4)$
Από την (4)

έχουμε ότι

,

ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας PCQ

.
Είναι $PM \cap QN=S$ , και ας είναι $R= PQ\equiv KL \cap AB \equiv MN$ . Από το γνωστό θεώρημα των ισογώνιων
ευθειών (α) έχουμε ότι και οι ευθείες

και

είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές της γωνίας PCQ

,
οπότε $\angle MCS= \angle PCO-\angle PCM=\angle RCN-\angle QCN=\angle RCQ$ (β). Αλλά, $\angle MCS = CSQ$
( CMSN

παραλληλόγραμμο), οπότε $\angle RCQ= \angle CSQ$ , δηλαδή, η

εφαπτομένη του κύκλου (O)

στο

.

Αν $T = CY \cap AB$ , τότε από γνωστό λήμμα η διαίρεση (A, B; T,R)

είναι αρμονική $\Rightarrow$
$OA^2=OT \cdot OR\,\Rightarrow \, OC^2= OT\cdot OR\,\Rightarrow \, CT\equiv CY \bot AB\quad (*)$ .

Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι $CX \bot AB$ .

: sol_perp_from_inter2.png (38.09 KiB) Προβλήθηκε 2245 φορές

Αν $E=AP \cap BQ$ , τότε το

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου EAB

, οπότε $EX \bot AB$ . Έστω $T' =EX\cap AB \Rightarrow ET' \bot AB$ .
Αρκεί να αποδείξουμε ότι $C \in ET'$ . Από γνωστό λήμμα η διαίρεση (A,B; T', R)

είναι αρμονική $\Rightarrow \, T' \equiv T$ , εφόσον
και η διαίρεση (A, B; T,R)

είναι αρμονική. Όμως $CT \bot AB \Rightarrow C \in ET \equiv EX\Rightarrow CX \bot AB.\quad (**)$
Από τις (*)

,

προκύπτει το αποδεικτέο.

Υ.Γ. (α) Για το θεώρημα των ισογώνιων ευθειών που αναφέρεται παραπάνω έχει γίνει συζήτηση εδώ

(β). Αναλυτικότερη δικαιολόγηση της ισότητας των γωνιών MCS

και

.

#3

Ας δούμε μία ανορθόδοξη προσέγγιση,

$\bullet$ Αποδεικνύεται ότι για κάθε σημείο

του ύψους

του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle CAB$ της εκφώνησης, προκύπτει ότι το σημείο $X\equiv AL\cap BK$ ανήκει επίσης στο ύψος CD,

όπου $K\equiv AC\cap PQ$ και $L\equiv BC\cap PQ$ και $P\equiv (O)\cap BY$ και $Q\equiv (O)\cap AY.$

Πράγματι, από την

ως την Πολική ευθεία του σημείου έστω $T\equiv AB\cap PQ$ έχουμε ότι η σημειοσειρά $A,\ D,\ B,\ T$ είναι αρμονική.

Από το πλήρες τετράπλευρο CKXL.AB

έχουμε ότι η δέσμη C.AXBT

είναι αρμονική και άρα, η ακτίνα της

περνάει από το σημείο

ως το αρμονικό συζυγές του

ως προς τα σημεία $A,\ B$ και προκύπτει έτσι, ότι οι ευθείες $CX,\ CD$ ταυτίζονται.

: Καθετότητα τμήματος από τομές.; f=178 t=72665.PNG (18.83 KiB) Προβλήθηκε 2173 φορές

$\bullet$ Αρκεί τώρα ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι ισχύει OM = ON

όπου $M\equiv AB\cap SP$ και $N\equiv AB\cap SQ$ με το σημείο

αντιδιαμετρικό του

Έστω το σημείο $E\equiv (O)\cap CD$ και έχουμε ότι το τετράπλευρο PCQE

είναι αρμονικό και επομένως, η δέσμη S.PCQE

είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία $MN\parallel SE$ και συμπεραίνεται έτσι ότι OM = ON

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

vittasko έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 19, 2022 11:50 pm
Ας δούμε μία ανορθόδοξη προσέγγιση,

$\bullet$ Αποδεικνύεται ότι για κάθε σημείο του ύψους του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle CAB$ της εκφώνησης, προκύπτει ότι το σημείο $X\equiv AL\cap BK$ ανήκει επίσης στο ύψος όπου $K\equiv AC\cap PQ$ και $L\equiv BC\cap PQ$ και $P\equiv (O)\cap BY$ και $Q\equiv (O)\cap AY.$

Πράγματι, από την ως την Πολική ευθεία του σημείου έστω $T\equiv AB\cap PQ$ έχουμε ότι η σημειοσειρά $A,\ D,\ B,\ T$ είναι αρμονική.

Από το πλήρες τετράπλευρο έχουμε ότι η δέσμη είναι αρμονική και άρα, η ακτίνα της περνάει από το σημείο ως το αρμονικό συζυγές του ως προς τα σημεία $A,\ B$ και προκύπτει έτσι, ότι οι ευθείες $CX,\ CD$ ταυτίζονται.
f=178 t=72665.PNG
$\bullet$ Αρκεί τώρα ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι ισχύει όπου $M\equiv AB\cap SP$ και $N\equiv AB\cap SQ$ με το σημείο αντιδιαμετρικό του

Έστω το σημείο $E\equiv (O)\cap CD$ και έχουμε ότι το τετράπλευρο είναι αρμονικό και επομένως, η δέσμη είναι αρμονική.

Η αρμονική αυτή δέσμη τέμνεται από την ευθεία $MN\parallel SE$ και συμπεραίνεται έτσι ότι και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Λόγω και της λύσης Σ αυτήν
Απο τον άλλο "Μεγάλο" Κώστα ( Ρεκούμη) και για τους δύο πολλά

,αλλά προφανώς και στους αντίστοιχους θεματοδότες

#5

Doloros έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 20, 2022 12:51 am
... Λόγω και της λύσης Σ αυτήν
Απο τον άλλο "Μεγάλο" Κώστα ( Ρεκούμη) και για τους δύο πολλά ,αλλά προφανώς και στους αντίστοιχους θεματοδότες

Νίκο, καλή σου μέρα από το χωριό Ελατού ορεινής Ναυπακτίας (υψόμετρο 1050 μ). (*)

Ο Κώστας (rek2) δεν είναι μεγάλος αλλά είναι "Μεγάλος", ενώ εγώ αντίθετα, είμαι μεγάλος αλλά δεν είμαι "Μεγάλος".

Να είσαι καλά, Κώστας Βήττας.

(*) Ερημίτης εδώ και ένα μήνα, παρέα με τις κίσσες και τα κοτσύφια μαστορεύω στο παλιό (πάνω από εκατό χρόνων) πατρικό.

giannimani · #6

Η "λύση" που έχω δώσει στο πρόβλημα είναι εντελώς λανθασμένη. Έχω χρησιμοποιήσει με λάθος τρόπο το θεώρημα των ισογώνιων ευθειών,
οπότε από εκεί και πέρα όλα είναι λάθος. Την αφήνω στη θέση της, εως ότου βρώ μια σωστή (αν βρω).

Γιάννης Μανίκας

#7

Θα εργαστούμε στο παραπάνω σχήμα του Μεγάλου και Φίλου Κώστα:

Αφού αποδείξουμε ότι οι εφαπτόμενες στα C, E

συντρέχουν στο

, συνεχίζουμε ως εξής:

Επειδή το σημείο

είναι το συζυγές αρμονικό του

, ως προς τα A,B

, συμπεράνουμε ότι η ευθεία CDE

είναι η πολική του

, όχι μόνο ως προς τον κύκλο, άλλα και ως προς το ζεύγος των ευθειών CA, CB.

Φορσέ, τώρα, το

ανήκει στην πολική του

, ως προς τις δύο ευθείες, ενώ το

ανήκει στην πολική του

, ως προς τον κύκλο. κ.λπ.

giannimani · #8

Η διαίρεση $(M,N; O,\infty)$ είναι αρμονική, όπου $\infty$ το σημείο στο άπειρο της ευθείας

. Αν η παράλληλη από
το

της

τέμνει τον κύκλο (O)

στο σημείο

, τότε η δέσμη (SM, SN; SO, SE)

είναι αρμονική, οπότε οι τομές
των ακτίνων αυτής της δέσμης με τον κύκλο (O)

ορίζουν το αρμονικό τετράπλευρο PCQE

.
Ως εκ τούτου, η διαγώνιος

του αρμονικού τετραπλεύρου διέρχεται από το σημείο τομής

των εφαπτομένων
του κύκλου (O)

στα σημεία

,

(ιδιότητα αρμονικού τετραπλεύρου).
Είναι $\angle CES=90^{\circ} \Rightarrow CE\bot SE$ , και εφόσον $SE \parallel AB$ , τότε $CE \bot AB$ . Έστω $AB \cap CE = D$ . Τότε $CD \bot AB$ .
Τα σημεία

,

είναι συμμετρικά ως προς την διάμετρο

, δηλαδή η

μεσοκάθετος της

, και ως εκ τούτου
διέρχεται από το

.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο OCR

ισχύει $OC^2= OD \cdot OR \Rightarrow OA^2= OD \cdot OR \Rightarrow$ η διαίρεση (A, B; D,R)

είναι αρμονική (1)

.
Επίσης, στο ορθογώνιο τρίγωνο ACB

οι σεβιανές

και

τέμνονται στο σημείο

.
Αν $CX \cap AB= D'$ , και εφόσον η ευθεία $KL \equiv PQ$ διέρχεται από το σημείο

της

, από γνωστό λήμμα (*) έχουμε
ότι η διαίρεση (A,B ; D', R)

είναι αρμονική (2)

.
Από

και

προκύπτει ότι $D' \equiv D$ , από το οποίο έχουμε ότι $CX (\equiv CD) \bot AB$ .

: perp_from_intersec4.png (61.21 KiB) Προβλήθηκε 1957 φορές

Απομένει να αποδείξουμε ότι $CY \bot AB$ .
Έστω $AP \cap BQ= F$ . Τότε στο τρίγωνο FAB

το

είναι προφανώς το ορθόκεντρο, οπότε $FY \bot AB$ .
Έστω $FY \cap AB = D''$ . Προκύπτει ότι η διαίρεση (A,B; D'', R)

είναι αρμονική (λήμμα (*)

), και εφόσον η διαίρεση
(A, B; D,R)

είναι αρμονική, τότε $D'' \equiv D$ , δηλαδή, $\overline{FYD} \bot AB$ , που σημαίνει ότι και $CY \bot AB$ .

(*) Λήμμα : Σε τρίγωνο ABC

, θεωρούμε τρία σημεία

,

στο εσωτερικό των πλευρών

,

και

, αντίστοιχα.
Αν

το σημείο τομής της ευθείας

με την ευθεία

(υποθέτουμε ότι το

βρίσκεται μεταξύ των

και

),
τότε η διαίρεση (B, C; X, X')

είναι αρμονική, αν και μόνο αν, οι σεβιανές

,

είναι συντρέχουσες.

#9

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 16, 2022 6:43 pm
καθετότητα τμήματος τομών.png
Επί της διαμέτρου κύκλου $\left( O \right)$ κέντρου θεωρούμε τα σημεία εκατέρωθεν του με και ας είναι πλησιέστερο στο .
Αν είναι τα σημεία τομής των με τον κύκλο αντίστοιχα, με διάφορο των και τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα , να δειχτεί ότι $XY\bot AB$ , όπου $X\equiv AL\cap BK$ και $Y\equiv AQ\cap BP$

Μόνο για την παρέα αυτή θα έδινα τα πάντα!!!!

Ας δούμε και μια διαφορετική αντιμετώπιση από τις ΑΡΙΣΤΕΣ των ΑΡΙΣΤΩΝ πιο πάνω οι οποίοι πράγματι δεν είναι απλά ΜΕΓΑΛΟΙ , είναι ΤΕΡΑΣΤΙΟΙ !!!

: καθετότητα τμήματος τομών.png (44.77 KiB) Προβλήθηκε 1886 φορές

$\bullet$ Από το μη κυρτό εγγεγραμμένο στον κύκλο $\left( O \right)$ εξάγωνο ACBPSQ

σύμφωνα με το Θεώρημα του Pascal προκύπτει ότι τα σημεία $F\equiv AC\cap PS,E\equiv CB\cap SQ,Y\equiv BP\cap QA$ είναι συνευθειακά.

Με MN,SC

να διχοτομούνται προκύπτει ότι το MSNC

είναι παραλληλόγραμμο οπότε : $NE\equiv SN\parallel MC\Rightarrow \dfrac{BE}{EC}=\dfrac{BN}{MN}\overset{BN=AM}{\mathop{=}}\,\dfrac{AM}{MN}\overset{FM\equiv MS\parallel CN}{\mathop{=}}\,$ $\dfrac{AF}{FC}\Rightarrow FE\parallel AB:\left( 1 \right)$

$\bullet$ Από $FE\parallel AB\Rightarrow \angle EYQ=\angle BAQ\overset{A,B,Q,C\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle BCQ$ $\equiv \angle ECQ\Rightarrow C,Y,E,Q$ ομοκυκλικά και με $\angle CQS={{90}^{0}}$ (

διάμετρος του $\left( O \right)$ ) θα είναι και $\angle CYE={{90}^{0}}\Rightarrow CY\bot FE\overset{FE\parallel AB}{\mathop{\Rightarrow }}\,CY\bot AB$

Αν $Z\equiv AP\cap BQ$ τότε από τη διάμετρο

προκύπτει ότι AQ,BP

είναι τα δύο ύψη του τριγώνου $\vartriangle ZAB\Rightarrow Y$ το ορθόκεντρο του τριγώνου και συνεπώς $ZY\bot AB\overset{CY\bot AB}{\mathop{\Rightarrow }}\,Z,C,Y$ συνευθειακά

$\bullet$ Σύμφωνα με το παρακάτω λήμμα τα σημεία X,C,Z

είναι συνευθειακά.
Από τις συνευθειακές τριάδες $\left( Z,C,Y \right),\left( X,C,Y \right)$ με δύο κοινά σημεία (τα C,Y

) προκύπτει ότι τα Z,C,X,Y

είναι συνευθειακά και με $CY\bot AB\Rightarrow XY\bot AB$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Λήμμα : Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ZAB$ και τυχούσα ευθεία $\left( e \right)$ που διέρχεται από το
Αν με $Z\ne C\ne Y\ne Z$ είναι σημεία της $\left( e \right)$ και $P\equiv BY\cap ZA,Q\equiv AY\cap ZB$ να δείξετε ότι το σημείο $X\equiv AL\cap BK$ είναι σημείο της $\left( e \right)$ , όπου τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα.

Απόδειξη του Λήμματος

: Λήμμα.png (32.33 KiB) Προβλήθηκε 1886 φορές

Έστω $R\equiv AC\cap ZB,W\equiv BC\cap ZA$
Οι δέσμες A.ZRQB,B.ZQPA

έχουν κοινή ακτίνα την $AB\equiv BA$ και οι ομόλογες ακτίνες τους τέμνονται σε σημεία συνευθειακά $Z\equiv AZ\cap BZ,C\equiv AR\cap BW,Y\equiv AQ\cap BP$ και συνεπώς έχουν ίσους διπλούς λόγους . Οι ακτίνες αυτές των δεσμών τέμνουν τις ZB,ZA

στα σημεία Z,R,Q,B

και

και συνεπώς θα είναι και $\left( Z,R,Q,B \right)=\left( Z,W,P,A \right)\Rightarrow \left( KZ,KR,KQ,KB \right)=\left( LZ,LW,LP,LA \right)$ και επειδή οι δέσμες αυτές έχουν μία κοινή ακτίνα την $KQ\equiv LP\equiv KL$ τα σημεία τομής των ομολόγων άλλων τριών ακτινών τους θα είναι συνευθειακά, δηλαδή τα $Z\equiv KZ\cap LZ,C\equiv KR\cap LW,X\equiv KB\cap LA$ θα είναι συνευθειακά, δηλαδή $AL\cap BK\equiv X\in ZC\equiv \left( e \right)$ και το Λήμμα έχει αποδειχτεί.

Με εκτίμηση
Στάθης

Henri van Aubel · #10

Υπέροχη άσκηση, ακολουθεί η λύση μου κάτω, γιατί κατά λάθος πάτησα δύο φορές υποβολή.

Henri van Aubel · #11

Τι υπέροχη συζήτηση χειμωνιάτικη, δεν ξέρω πως την ξέθαψα!

Η λύση του Στάθη είναι κανόνι , χρησιμοποιεί βαρύ πυροβολικό!

Αν και η άσκηση είναι κάπως απλή με μεταφορά γωνιών και Ceva. Για δείτε.

Έστω $CZ\perp AB$ με $Z\in AB$ . Είναι $\displaystyle \frac{CL}{BL}\cdot \frac{AK}{KC}=\frac{CQ}{QB}\cdot \frac{\sin \angle CQL}{\sin \angle BQL}\cdot \frac{AP}{PC}\cdot \frac{\sin \angle APK}{\sin \angle CPK}=A$ .

Τότε $\displaystyle A=\frac{\sin \angle OSN}{\sin \angle NSB}\cdot \frac{\sin \angle OSM}{\sin \angle MSB}\cdot \frac{\sin \angle ASM}{\sin \angle OSM}\cdot \frac{\sin \angle NSA}{\sin \angle OSN}$ .

Απλοποιώντας κάποιους όρους $\displaystyle A=\frac{\sin \angle ASM}{\sin \angle NSB}\cdot \frac{\sin \angle NSA}{\sin \angle MSB}\left ( \ast \right )$

Είναι $\displaystyle \frac{\sin \angle ASM}{\sin \angle NSB}=\frac{\sin \angle SMN}{AS}\cdot \frac{SB}{\sin \angle SNM}$ και $\displaystyle \frac{\sin \angle NSA}{\sin \angle MSB}=\frac{\sin \angle SNM}{AS}\cdot \frac{SB}{\sin \angle SMN}.$

Οπότε $\displaystyle A=\frac{SB^{2}}{AS^{2}}=\frac{CA^{2}}{BC^{2}}=\frac{AZ}{BZ}$ .

Συνεπώς $\displaystyle \frac{CL}{BL}\cdot \frac{AK}{KC}\cdot \frac{BZ}{AZ}=1$ οπότε από αντίστροφο Θ. Ceva οι AL,BK,CZ

συντρέχουν οπότε $CX\perp AB$ .

Επίσης είναι $\displaystyle \frac{\sin \angle BAY}{\sin \angle CAY}\cdot \frac{\sin \angle CBY}{\sin \angle ABY}=\frac{\sin \angle NSB}{\sin \angle OSN}\cdot \frac{\sin \angle OSM}{\sin \angle ASM}=B$ .

Όμως $\displaystyle \frac{\sin \angle NSB}{\sin \angle ASM}=\frac{\sin \angle SNM}{SB}\cdot \frac{SA}{\sin \angle SMN}=\frac{\sin \angle BAC}{\sin \angle ABC}\cdot \frac{\sin \angle OSN}{\sin \angle OSM}$ .

Συνεπώς $\displaystyle B=\frac{\sin \angle BAC}{\sin \angle ABC}=\tan\angle BAC$ .

Επιπλέον, γνωρίζουμε από τριγωνομετρικό Ceva $\displaystyle \frac{\sin \angle BAY}{\sin \angle CAY}\cdot \frac{\sin \angle CBY}{\sin \angle ABY}=\frac{\sin \angle BCY}{\sin \angle ACY}=\tan\angle BCY$ .

Οπότε $\tan \angle BAC=\tan\angle BCY\Longrightarrow \angle BAC=\angle BCY\Longrightarrow CY\perp AB$ .

Επομένως τελικά $CX\perp AB$ και $CY\perp AB$ οπότε C,X,Y

συνευθειακά κι έτσι $XY\perp AB$ .

Καθετότητα τμήματος από τομές

Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Re: Καθετότητα τμήματος από τομές

Μέλη σε σύνδεση