Διέρχονται από το ίδιο σημείο

KARKAR · #1

: Διέρχονται από το ίδιο σημείο.png (12.6 KiB) Προβλήθηκε 1211 φορές

Οι χορδές AB=a

και

, κύκλου

είναι παράλληλες και το

είναι το μέσο της

.

Η

προεκτεινόμενη , τέμνει τον κύκλο στο σημείο

. Δείξτε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου

στα σημεία D , E

, τέμνονται πάνω στην προέκταση της

και υπολογίστε το τμήμα

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 12, 2022 9:21 am
Διέρχονται από το ίδιο σημείο.pngΟι χορδές και , κύκλου είναι παράλληλες και το είναι το μέσο της . Η προεκτεινόμενη , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Δείξτε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία , τέμνονται πάνω στην προέκταση της και υπολογίστε το τμήμα .

Καλό βράδυ σε όλους. Χρησιμοποιώ το σχήμα της εκφώνησης.

$\bullet$ Από $AB\parallel CD$ και MA = MB

, έχουμε ότι η δέσμη C.AEBD

είνα αρμονική και επομένως, το εγγεγραμμένο τετράπλευρο AEBD

είναι αρμονικό.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι η ευθεία

περνάει από το σημείο

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 12, 2022 9:21 am
Οι χορδές και , κύκλου είναι παράλληλες και το είναι το μέσο της .

Η προεκτεινόμενη , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Δείξτε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου

στα σημεία , τέμνονται πάνω στην προέκταση της και υπολογίστε το τμήμα .

Καλησπέρα...

Εργαζόμαστε αρχικά στο πρώτο σχήμα:

: Συγκλίνουσες εφαπτόμενες 1.png (33.51 KiB) Προβλήθηκε 1156 φορές

Έστω ότι η τομή της εφαπτομένης του κύκλου αυτού στο σημείο $\displaystyle{E}$ τέμνει την προέκταση της $\displaystyle{AB}$
στο σημείο $\displaystyle{S}$ . Θα υπολογίσουμε την $\displaystyle{OS}$ .

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{OMES}$ προκύπτει η ομοιότητα των σκιασμένων τριγώνων:

$\displaystyle{(OES)}$ και $\displaystyle{(CPM)}$ .

Άρα:

$\displaystyle{\frac{OS}{MC}=\frac{OE}{PM}=\frac{SE}{CP} \ \ (1)}$

Άρα:

$\displaystyle{(SE)=\frac{2Rd}{b} \ \ (2) }$

και

$\displaystyle{(OS)=\frac{2R}{b}(MC)=\frac{2R}{b}\sqrt{d^2+\frac{b^2}{4}} \Rightarrow (OS)=\frac{R}{b}\sqrt{4d^2+b^2} \ \ (3)}$

όπου τo τμήμα $\displaystyle{d}$ εκφραζεται εύκολα συναρτήσει των δοσμένων $\displaystyle{a,b,R}$ .

Όμοιος συλλογισμός και στο δεύτερο σχήμα:

: Συντρέχουσες εφαπτόμενες 2.png (32.93 KiB) Προβλήθηκε 1156 φορές

Από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{(MND)}$ και $\displaystyle{(S_1OD)}$ εύκολα προκύπτει:

$\displaystyle{\frac{MN}{S_1D}=\frac{ND}{OD}=\frac{DM}{OS_1} \Rightarrow{ (OS_1)=\frac{DM}{ND}R}}$

και τελικά:

$\displaystyle{(OS_1)=\frac{R}{b}\sqrt{4d^2+b^2} \ \ (4) }$

Από τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτει ότι αυτά ταυτίζονται επί της προεκτάσεως της $\displaystyle{AB}$
γιατί απέχουν από το κέντρο του κύκλου ίσες αποστάσεις και είναι προς το ίδια κατεύθυνση
της ημιευθείας που ορίζει η $\displaystyle{AB}$ .

Υπολογισμός του τμήματος

$\displaystyle{x=BS}$

Είναι:

$\displaystyle{x(x+a)=(OS)^2-R^2 \ \ (5)}$

Η ανωτέρω εξίσωση έχει συντελεστές γνωστά τμήματα από τα προηγούμενα και

εύκολα κατασκευάζεται η λύση της η οποία είναι:

$\displaystyle{x=\frac{\sqrt{a^2+4(\frac{2dR}{b})^2}-a}{2} \ \ (6)}$

Κώστας Δόρτσιος

#4

vittasko έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 12, 2022 11:19 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 12, 2022 9:21 am
Διέρχονται από το ίδιο σημείο.pngΟι χορδές και , κύκλου είναι παράλληλες και το είναι το μέσο της . Η προεκτεινόμενη , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Δείξτε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία , τέμνονται πάνω στην προέκταση της και υπολογίστε το τμήμα .
Καλό βράδυ σε όλους. Χρησιμοποιώ το σχήμα της εκφώνησης.

$\bullet$ Από $AB\parallel CD$ και , έχουμε ότι η δέσμη είνα αρμονική και επομένως, το εγγεγραμμένο τετράπλευρο είναι αρμονικό.

Συμπεράινεται έτσι, ότι η ευθεία περνάει από το σημείο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Κώστα Καλό βράδυ...Ξέρεις από που σε χαιρετώ...

Μαζί συμπέσανε οι γραμές μας στην άσκηση αυτή αλλά από
διαφορετικούς δρόμους.

Να είσαι καλά!!

Κώστας Δόρτσιος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 12, 2022 9:21 am
Διέρχονται από το ίδιο σημείο.pngΟι χορδές και , κύκλου είναι παράλληλες και το είναι το μέσο της .

Η προεκτεινόμενη , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Δείξτε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου

στα σημεία , τέμνονται πάνω στην προέκταση της και υπολογίστε το τμήμα .

Υποθέτουμε ότι η

είναι η τομή της εφαπτόμενης στο

με την

και θα δείξουμε ότι

εφάπτεται του (O)

.

Έστω $DM \cap (O)=Z$ .Από θ.Πεταλούδας θα είναι KM=ML

άρα και

Έτσι τα τρίγωνα CAK,DLB

είναι ίσα οπότε CK=DL

Είναι,

και

άρα

$CK.KZ= DL.LE \Rightarrow KZ= LE \Rightarrow CZ=DE$

Άρα CDEZ

ισοσκελές τραπέζιο κι από την προφανή ισότητα των πράσινων γωνιών ,το DMES

είναι εγγράψιμμο,συνεπώς οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες που αποδεικνύει το ζητούμενο

: Διέρχονται από το ίδιο σημείο.png (38.35 KiB) Προβλήθηκε 1076 φορές

#6

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 14, 2022 2:11 am

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 12, 2022 9:21 am
Διέρχονται από το ίδιο σημείο.pngΟι χορδές και , κύκλου είναι παράλληλες και το είναι το μέσο της .

Η προεκτεινόμενη , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Δείξτε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου

στα σημεία , τέμνονται πάνω στην προέκταση της και υπολογίστε το τμήμα .
Υποθέτουμε ότι η είναι η τομή της εφαπτόμενης στο με την και θα δείξουμε ότι εφάπτεται του .

Έστω $DM \cap (O)=Z$ .Από θ.Πεταλούδας θα είναι άρα και

Έτσι τα τρίγωνα είναι ίσα οπότε

Είναι, και άρα

$CK.KZ= DL.LE \Rightarrow KZ= LE \Rightarrow CZ=DE$

Άρα ισοσκελές τραπέζιο κι από την προφανή ισότητα των πράσινων γωνιών ,το

είναι εγγράψιμμο,συνεπώς οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες που αποδεικνύει το ζητούμενο

Διέρχονται από το ίδιο σημείο.png

#7

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 14, 2022 2:11 am

Υποθέτουμε ότι η είναι η τομή της εφαπτόμενης στο με την και θα δείξουμε ότι εφάπτεται του .

Έστω $DM \cap (O)=Z$ .Από θ.Πεταλούδας θα είναι άρα και

Έτσι τα τρίγωνα είναι ίσα οπότε

Είναι, και άρα

$CK.KZ= DL.LE \Rightarrow KZ= LE \Rightarrow CZ=DE$

Άρα ισοσκελές τραπέζιο κι από την προφανή ισότητα των πράσινων γωνιών ,το

είναι εγγράψιμμο,συνεπώς οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες που αποδεικνύει το ζητούμενο

Ωραία λύση! Μιχάλης είναι αυτός!

Εάν μου επιτρέπεται η παρατήρηση, το ως άνω ισοσκελές τραπέζιο CDEZ

προκύπτει άμεσα ( χωρίς πρόσθετη αιτιολόγηση ), από το ότι το σημείο

ανήκει στην κοινή μεσοκάθετη ευθεία των παράλληλων χορδών $AB\parallel CD$ .

Κώστας Βήττας.

#8

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 12, 2022 9:21 am
Διέρχονται από το ίδιο σημείο.pngΟι χορδές και , κύκλου είναι παράλληλες και το είναι το μέσο της .

Η προεκτεινόμενη , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Δείξτε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου

στα σημεία , τέμνονται πάνω στην προέκταση της και υπολογίστε το τμήμα .

Παρατήρηση : Προφανώς η πιο λιτή και κομψή λύση του πρώτου ερωτήματος είναι του Κώστα του Βήττα .

Έστω σταθερός κύκλος $\left( {O,r} \right)$ και σταθερή του χορδή AB = 2k

με

το μέσο της .

Φέρνω μια νέα χορδή του κύκλου που διέρχεται από το

και τέμνει (ας πούμε το μεγάλο τόξο της χορδής

) στο

και το μικρό στο

.

Η πολική του

είναι ευθεία, ${g_3}$ , κάθετη στην

στο σημείο

( προφανώς εξωτερικό του κύκλου) .

Φέρνω και την εφαπτομένη ευθεία του κύκλου στο

, που τέμνει την ευθεία

στο

. Η πολική του

είναι η ευθεία , $\overline {ABS} \,\,\left( {{g_1}} \right)$ κι αφού διέρχεται από το

: Διέρχονται απο το ίδιο σημείο_new_1.png (34.47 KiB) Προβλήθηκε 1032 φορές

Σύμφωνα με το Θ. $La\,Hire$ και η πολική του

θα διέρχεται από το

. Όμως η πολική του

διέρχεται από το

,

άρα είναι η

και θα είναι η χορδή των επαφών,

, από το

, ας την πούμε ${g_4}$ .

Τα σημεία : O,M,E,S,D

είναι προφανώς ομοκυκλικά οπότε : $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{C_{}}} \Rightarrow CD//AB$ και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει απαντηθεί .

: Διέρχονται απο το ίδιο σημείο_Για υπολογισμό_2.png (17.86 KiB) Προβλήθηκε 1032 φορές

Τώρα σε ότι αφορά τον υπολογισμό του BS = x

.

Με δεδομένες τις παράλληλες χορδές $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ σταθερή είναι η χορδή ED = 2a

.

Είναι : $D{S^2} = \dfrac{{{r^2}{a^2}}}{{{r^2} - {a^2}}}$ και από τη δύναμη του

ως προς τον $\left( {O,r} \right)$ έχω,

$x\left( {x + 2k} \right) = \dfrac{{{r^2}{a^2}}}{{{r^2} - {a^2}}} \Rightarrow \boxed{x = \sqrt {\dfrac{{{k^2}{r^2} - {a^2}\left( {{k^2} - {r^2}} \right)}}{{{r^2} - {a^2}}}} - k}$ .

nickchalkida · #9

Και μία σύνδεση με παλαιά πρόταση... Φέρω την διάμετρο NOMK

και έστω $F = EN \cap DK$ και $H= DM \cap (O)$ .
Η NOMK

είναι προφανώς μεσοκάθετος των

,

, ενώ από την ομοιότητα των τριγώνων MCD

,

,
(ανάλογες πλευρές, περιεχομένη γωνία) προκύπτει και η παραλληλία της

.
Εύκολα, οι μπλε γωνίες είναι ίσες, όπως οι πράσινες και οι πορτοκαλί. (βαίνουν στο αυτό ή σε ίσα τόξα). Άρα

έγκεντρο του MDE

, άρα

$\displaystyle{ 2\widehat{M_1}+ 2\widehat{M_2} = 180^\circ \rightarrow \widehat{M_1}+ \widehat{M_2} = 90^\circ \rightarrow FM \perp NK }$

Από την πρόταση

του "βιβλίου των λημμάτων" είναι και $SF \perp NK$ , άρα

,

συνευθειακά,
άρα

,

συνευθειακά.

Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο

Μέλη σε σύνδεση