Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

#1

: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου.png (13.18 KiB) Προβλήθηκε 604 φορές

Έστω

τυχόν σημείο ημικυκλίου διαμέτρου AOB=2r

και

η προβολή του στη διάμετρο. Οι εφαπτόμενες του

ημικυκλίου στα A, B

τέμνουν τις BS, AS

στα

Αν

είναι το μέσο του SD,

να δείξετε ότι $OM\bot PQ.$

Dimessi · #2

Λοιπόν ήρθα, καλησπέρα. Μη φύγετε . Επειδή έχω πολύπλοκη λύση σας δίνω βήμα κύριε βηττα και έρχομαι για την πληκτρολόγηση.

#3

george visvikis έγραψε:Έστω τυχόν σημείο ημικυκλίου διαμέτρου και η προβολή του στη διάμετρο. Οι εφαπτόμενες του ημικυκλίου στα τέμνουν τις στα Αν είναι το μέσο του να δείξετε ότι $OM\bot PQ.$

$\bullet$ Έστω τα σημεία $K\equiv AP\cap BM$ και $L\equiv BQ\cap AM,$ ως τα μέσα των AP, BQ

αντιστοίχως, από $AP\parallel DS\parallel BM$ και DM=MS,

σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle SAP$ τώρα, έχουμε KP=KA=KS

και επομένως, η

εφάπτεται του κύκλου (O)

στο σημείο

και ομοίως, η

εφάπτεται του κύκλου (O)

στο σημείο

από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle SBQ.$

: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου.; f=178 t=79013.PNG (23.05 KiB) Προβλήθηκε 496 φορές

$\bullet$ Η ευθεία AS,

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O)

και επειδή περνάει από το σημείο

έχουμε ότι και η Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον ίδιο κύκλο περνάει από το σημείο

και άρα, η ευθεία

η οποία συνδέει το σημείο

επαφής της εφαπτομένης του κύκλου (O)

από το σημείο

με το σημείο

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον (O).

Ομοίως, η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O).

Τέλος, επειδή οι Πολικές ευθείες των σημείων P, Q

ως τον κύκλο (O)

περνάνε από το σημείο

έχουμε ότι τα σημεία αυτά ανήκουν στην Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (O).

Συμπεραίνεται έτσι, ότι $OM\perp PQ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Παίρνω το βήμα... Είχα σκοπό να την βάλω αύριο μαζί με το σχήμα. Θα κοιτάξω αργότερα για τυχόν αβλεψίες.

Dimessi · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 12, 2026 12:32 pm

Έστω τυχόν σημείο ημικυκλίου διαμέτρου και η προβολή του στη διάμετρο. Οι εφαπτόμενες του

ημικυκλίου στα τέμνουν τις στα Αν είναι το μέσο του να δείξετε ότι $OM\bot PQ.$

: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου.png (74.74 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Έστω $Z\equiv PQ\cap AB,L\equiv OM\cap PQ.$ Είναι $\displaystyle \left ( PR \perp QB\Rightarrow PR \parallel =AB\Rightarrow \frac{PR}{OD}=\frac{2AB}{AB-2AD}\overset{SD \perp AB \wedge \angle ASB=90^\circ}=\frac{2AB^{2}}{AB^{2}-2AS^{2}} \right ):(1)$ και $\displaystyle \left ( \frac{BQ}{DS}\overset{QB \parallel DS}=\frac{AB}{AD}\wedge \frac{PA}{DS}\overset{PA \parallel DS}= \frac{AB}{DB}\overset{RB\parallel =PA}\Rightarrow \frac{RQ}{DS}=AB\cdot \frac{DB-AD}{DS^2}\Rightarrow RQ=\frac{AB^2-2AS^2}{DS}\overset{MS=MD}\Rightarrow RQ\cdot DM=\frac{AB^2-2AS^2}{2}\right )$ $\displaystyle \overset{(1)}\Rightarrow RQ\cdot DM=\frac{PR}{OD}\left ( \frac{AB}{2}-\frac{AS^2}{AB} \right )^2=PR\cdot OD\Rightarrow \vartriangle PRQ \sim \vartriangle ODM\Rightarrow$ $\angle DMO=\angle QPR\overset{PR \parallel AB}=\angle OZL,$ άρα τα σημεία Z,D,M,L

είναι ομοκυκλικά οπότε $\angle MLZ=90^\circ.$

: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου.png (74.74 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές

#5

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 12, 2026 12:32 pm

Έστω τυχόν σημείο ημικυκλίου διαμέτρου και η προβολή του στη διάμετρο. Οι εφαπτόμενες του

ημικυκλίου στα τέμνουν τις στα Αν είναι το μέσο του να δείξετε ότι $OM\bot PQ.$

Γιώργο καλημέρα....

Αναρτώ κι ακόμα μια λύση με αναλυτική γεωμετρία...

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Καθετότητα τμημάτων 1.png (40.41 KiB) Προβλήθηκε 479 φορές

Αναγράφω τις συντεταγμένες των σημείων:

$\displaystyle{S=(rcost, rsint), \ \ D=(rcost,0), \ \ M=(rcost, \frac{r}{2}sint),\ \ A=(-r,0),\ \ B=(r,0), \ \ t \in[0,\pi] \ \ (1) }$

Ακόμα γράφω και τις εξισώσεις των εφαπτομένων στα άκρα της διαμέτρου $\displaystyle{AB}$ :

$\displaystyle{AP: x=-r, \ \ BQ: x=r \ \ (2) }$

Σύμφωνα με τα ανωτέρω είναι:

$\displaystyle{AS: y=\frac{sint}{cost+1}(x+r) \ \ (3) }$

$\displaystyle{ BS:y=\frac{sint}{cost-1}(x-r)\ \ (4) }$

Έτσι εύκολα βρίσκουμε:

$\displaystyle{Q=(r, \frac{2sint}{cost+1}r ) \ \ (5)}$

$\displaystyle{P=(-r,-\frac{2sint}{cost-1}r )\ \ (6) }$

Ακόμα είναι:

$\displaystyle{l_{OM}=\frac{1}{2}tnt \ \ (7) }$

$\displaystyle{ l_{PQ}=-2cot \ \ (8)}$

Από τις (7) και (8) είναι τελικά:

$\displaystyle{l_{OM} \cdot l_{PQ}=-1 \ \ (9) }$

Άρα:

$\displaystyle{ OM \perp PQ }$

Αναρτώ κι ένα δυναμικό σχήμα για να φανεί το όλο δρώμενο!!

https://www.geogebra.org/m/bs8a3bb4

Κώστας Δόρτσιος

#6

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις. Ας το δούμε κάπως διαφορετικά.

Θέτω AP=x, PQ=y

και είναι, $\displaystyle O{Q^2} - O{P^2} = ({r^2} + {y^2}) - ({r^2} + {x^2}) \Leftrightarrow$ $\boxed{OQ^2-OP^2=y^2-x^2}$ (1)

Αρκεί να δείξω ότι MQ^2-MP^2=OQ^2-OP^2 (

κριτήριο καθετότητας

: Καθετότητα.Τ,.png (27.31 KiB) Προβλήθηκε 419 φορές

Θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο QSD:

$\displaystyle Q{S^2} + Q{D^2} = 2M{Q^2} + \frac{{S{D^2}}}{2} \Leftrightarrow 2M{Q^2} = {y^2} - B{S^2} + {y^2} + B{D^2} - \frac{{S{D^2}}}{2} \Leftrightarrow 2M{Q^2} = 2{y^2} - \frac{{3S{D^2}}}{2}$

Ομοίως βρίσκω, $\displaystyle 2M{P^2} = 2{x^2} - \frac{{3S{D^2}}}{2},$ άρα $\displaystyle M{Q^2} - M{P^2} = {y^2} - {x^2}\mathop = \limits^{(1)} O{Q^2} - O{P^2}$

και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Θα περιμένω μήπως δοθεί άλλη λύση και μετά θα δώσω την πηγή.

Dimessi · #7

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 12, 2026 12:32 pm
Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου.png
Έστω τυχόν σημείο ημικυκλίου διαμέτρου και η προβολή του στη διάμετρο. Οι εφαπτόμενες του

ημικυκλίου στα τέμνουν τις στα Αν είναι το μέσο του να δείξετε ότι $OM\bot PQ.$

: Άλλη μία λύση.png (29.25 KiB) Προβλήθηκε 394 φορές

$\bullet$ Έστω $V\in QB:DV\perp OM,W\equiv DV\cap PA\Rightarrow \vartriangle VDB \sim \vartriangle WDA \sim \vartriangle DMO$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{WA}{AD}=\frac{VB}{DB}=\frac{DO}{DM}\left ( \ast \right ).$
$\displaystyle DS \parallel AP\parallel BQ \Rightarrow \frac{AP}{DS}=\frac{AB}{DB}\wedge \frac{QB}{DS}=\frac{AB}{AD}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow PW=\frac{AB\cdot DS}{DB}+\frac{AD\cdot DO}{DM}$ $\displaystyle \wedge QV=\frac{AB\cdot DS}{AD}-\frac{DB\cdot DO}{DM}\Rightarrow PW-QV=\frac{AB\cdot DO}{DM}+\frac{AB\cdot DS}{DB}-\frac{AB\cdot DS}{AD}\overset{MS=MD}=$ $\displaystyle =AB\left ( \frac{2DB-AB}{DS}-\frac{DS\left ( 2DB-AB \right )}{DB\cdot AD}\right )\overset{\left ( \Theta .\Pi \varrho o\beta o\lambda \omega \nu \vartriangle ASB \right )}=0,$ άρα $PW=QV\overset{PW \parallel QV \perp AB}\Rightarrow \boxed{PQ \parallel WV \perp OM}.$

#8

george visvikis έγραψε:Έστω τυχόν σημείο ημικυκλίου διαμέτρου και η προβολή του στη διάμετρο. Οι εφαπτόμενες του ημικυκλίου στα τέμνουν τις στα Αν είναι το μέσο του να δείξετε ότι $OM\bot PQ.$

Είναι ωραίο πράγμα όταν συμβεί, το να σου κατεβάσει η κούτρα, απλή απόδειξη και σχετική, με το γνωστό Θεώρημα Κούτρα.

$\bullet$ Έστω E, F,

τα μέσα των SA, SB

αντιστοίχως, τα οποία ταυτίζονται με τις προβολές του κέντρου

του κύκλου (O)

επί αυτών και έχουμε ότι τα σημεία E, M, F,

είναι συνευθειακά και ας είναι K, L,

οι προβολές του σημείου

επί των

αντιστοίχως.

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle LMF, \vartriangle SBQ$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{LF}{SQ}= \frac{MF}{BQ}} \ \ ,(1)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle KME, \vartriangle SAP$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{EK}{SP}= \frac{ME}{AP}} \ \ ,(2)$

Από $(1), (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{LF}{EK}\cdot \frac{SP}{SQ}= \frac{MF}{ME}\cdot \frac{AP}{BQ}} \ \ ,(3)$

: Παραλληλία παρουσία ημικυκλίου.; f=178 t=79013 (a).PNG (16.2 KiB) Προβλήθηκε 211 φορές

$\bullet$ Αλλά, από $EF\parallel AB$ και $AP\parallel DS\parallel BQ$ έχουμε $\boxed{\displaystyle \frac{MF}{ME}= \frac{DB}{DA}= \frac{SQ}{SA}= \frac{BQ}{AP}} \ \ ,(4)$

Από $(3), (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{LF}{EK}\cdot \frac{SP}{SQ}= 1\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{LF}{EK}= \frac{SQ}{SP}} \ \ ,(5)$

Από (5),

σύμφωνα με το Θεώρημα Κούτρα, συμπεραίνεται ότι $OM\perp PQ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

giannimani · #9

Αρχικά είναι προφανές ότι η

διέρχεται από το μέσο

της

. Πράγματι, αυτό ισχύει εφόσον το

είναι το σημείο τομής των
μη παραλλήλων πλευρών του τραπεζίου CBQS

και το

μέσο του

.
Έστω $K =(AM)\cap (PO)$ . Θα αποδείξουμε ότι $OP \bot AM$ .

Είναι $OA' \parallel AQ$ (τα σημεία

,

μέσα των

,

αντίστοιχα). Τα ορθογώνια τρίγωνα BOA'

και

είναι όμοια εφόσον
$\angle BOA'=\angle BAQ$ (εντός εκτός επί τα αυτά μέρη των παραλλήλων ...),
και
$\angle BAQ=\angle APB$ (έχουν την ίδια συμπληρωματική γωνία).

: perp_semic.png (70.24 KiB) Προβλήθηκε 314 φορές

Επομένως, $\angle BOA'=\angle APB$ , οπότε $\triangle BOA' \sim \triangle APB$ , και εφόσον οι αντίστοιχες πλευρές τους είναι κάθετες, αυτό σημαίνει
ότι συνδέονται με μια σπειροειδή ομοιότητα (ομόρροπη ομοιότητα) που έχει γωνία στροφής $90^{\circ}$ . Ως εκ τούτου,
και οι αντίστοιχες διάμεσοί τους θα είναι κάθετες, δηλαδή, $OX \bot PO$ , όπου

το μέσο του BA'

.
Αλλά, $OX \parallel \overline {AMA'}$ , οπότε $OP \bot \overline {AMA'}$ .
Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι $OQ \bot \overline {BMB'}$ (

το μέσο του

).

Στη συνέχεια, από τα ορθογώνια τρίγωνα AOP

και

έχουμε
$OK \cdot OP = OA^2=OB^2= OL \cdot OQ \Rightarrow \dfrac{OK}{OL}=\dfrac{OQ}{OP}$ ,
δηλαδή, ο λόγος των προβολών του

στις πλευρές

,

του τριγώνου OPQ

είναι αντιστρόφως ανάλογος
του λόγου αυτών των πλευρών (βλέπε το Λήμμα). Από αυτό προκύπτει η ζητούμενη καθετότητα, $OM \bot PQ$ .

Λήμμα. Το διάνυσμα $\overrightarrow{u\,}$ είναι κάθετο προς την πλευρά

του τριγώνου ABC

, αν και μόνο αν, $\dfrac{u_{AB}}{u_{AC}} = \dfrac{AC}{AB}$ , όπου $u_{AB}$ , $u_{AC}$
οι προβολές του διανύσματος $\overrightarrow{u\,}$ στις

,

αντίστοιχα.

#10

Επιτρέψτε μου δύο σχόλια στην αμέσως προηγούμενη όμορφη απόδειξη του Γιάννη (#9).

$\bullet$ Εάν θέλει κάποιος να μην αναφερθεί στην σπειροειδή ομοιότητα ( η οποία βέβαια, είναι μία ωραία άσκηση του νου για τον αναγνώστη, στην διαδικασία επαλήθευσης μιας απόδειξης), μπορεί να τεκμηριώσει την καθετότητα $OP\perp AMA'$ ως εξής:

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BOA', \vartriangle APB$ έχουμε ότι οι ευθείες OX, PO

είναι ομόλογες ευθείες αυτών των τριγώνων και επομένως ισχύει $\angle BOX= \angle APO \ \ ,(1)$ ( στα όμοια τρίγωνα, οι ομόλογες ευθείες σχηματίζουν ίσες γωνίες ).

Από $OX\parallel AA'\Rightarrow$ $\angle BOX= \angle BAA'\equiv OAK \ \ ,(2)$

Από $(1), (2)\Rightarrow$ $\angle APO= \angle OAK\Rightarrow$ $AK\equiv AMA' \perp OP,$ λόγω του ορθογωνίου τριγώνου $\vartiangle OAP.$

$\bullet$ Από $\displaystyle \frac{OK}{OL}= \frac{OQ}{OP} \ \ ,(3)$ προκύπτει άμεσα ότι $OM\perp PQ,$ σύμφωνα με το θεώρημα Κούτρα, το οποίο ταυτίζεται απ' ότι βλέπω, με το Λήμμα που μας έδωσε ο Γιάννης σχετικό με τα διανύσματα.

Αλλιώς, από (3)

έχουμε ότι το τετράπλευρο PKLQ

είναι εγγράψιμο και επομένως στο τρίγωνο $\vartriangle OKL,$ οι ευθείες KL, PQ

είναι αντιπαράλληλες ως προς τις ευθείες της γωνίας $\angle KOL$ και άρα, η ευθεία

η οποία ταυτίζεται με την ευθεία που συνδέει το μέσον του

και κέντρο του περικύκλου του $\vartriangle OKL$ με την κορυφή του

είναι κάθετη επί την PQ.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Το θέμα που μας έδωσε ο Γιώργος προσφέρεται για αρκετές όπως βλέπουμε προσεγγίσεις και διάφορες επί μέρους τεκμηριώσεις. Είναι επομένως διδακτικό για νεαρούς ιδίως αναγνώστες αλλά και για μας τους μεγαλύτερους. Λείπουν προς ώρας, ο Νίκος και ο Μιχάλης της γεωμετρικής παρέας και περιμένουμε από τον Γιώργο να μας δώσει όπως είπε,την πηγή του προβλήματος.

#11

Η άσκηση προήλθε από ένα υπέροχο βιβλίο μεθοδολογίας της Γεωμετρίας χωρισμένο σε ενότητες. Είναι το βιβλίο

Γεωμετρία (1975) των αδελφών Μανώλη και Πολύδωρου Γεωργιακάκη και η λύση που έδωσα (#6) είναι η λύση

των συγγραφέων στην ενότητα "Η Γεωμετρία της καθετότητος".

KARKAR · #12

: Καρτεσιανή λύση.png (23.16 KiB) Προβλήθηκε 196 φορές

Με καρτεσιανές συντεταγμένες : Για S(a,b)

βρίσκουμε τις συντεταγμένες των P , Q , M

.

Συνεπώς ( λόγω και της a^2+b^2=1

) : $\overrightarrow{PQ}=(2,\dfrac{-4a}{b})$ και : $\overrightarrow{OM}=(a,\dfrac{b}{2})$ ,

άρα : $\overrightarrow{PQ}\cdot\overrightarrow{OM}=0$ , ο .ε .δ .

Γιώργος Μήτσιος · #13

Χαιρετώ όλους! Μια προσέγγιση στο ίδιο πνεύμα με αυτή της #6 ανάρτησης

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Μαρ 12, 2026 12:32 pm

Έστω τυχόν σημείο ημικυκλίου διαμέτρου και η προβολή του στη διάμετρο. Οι εφαπτόμενες του

ημικυκλίου στα τέμνουν τις στα Αν είναι το μέσο του να δείξετε ότι $OM\bot PQ.$

: 22-3a.png (344.6 KiB) Προβλήθηκε 115 φορές

Θεωρώ το $H \in AB$ ώστε HB=AD

τότε και

.

Στο τρίγωνο DHS

τα

είναι μέσα των HD,SD

συνεπώς $OM \parallel HS$ . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $HS \perp PQ$

Θέτω AB=a

και θεωρώ , χωρίς βλάβη, AD=HB=1

. Έτσι έχουμε $SA^2=AB \cdot AD=a$

και $SB^2=AB \cdot DB=a(a-1)$ ενώ $SD^2 =AD \cdot BD=a-1$ , αφού BD=AH=a-1

Από τα όμοια τρίγωνα παίρνουμε $\dfrac{AP}{SD}=\dfrac{AB}{BD}\Rightarrow ...AP^{2}=\dfrac{a^{2}}{a-1}$ και $\dfrac{BQ}{SD}=\dfrac{AB}{AD}\Rightarrow ...BQ^{2}=a^2(a-1)$

Οι παραλληλίες μας δίνουν $\dfrac{SP}{SB}=\dfrac{AD}{DB}\Rightarrow ..SP^{2}=\dfrac{a}{a-1}$ και $\dfrac{SQ}{SA}=\dfrac{BD}{DA}\Rightarrow ..SQ^{2}=a(a-1)^2$

και με το Πυθαγόρειο $HP^2=AP^2 +AH^2=..= \dfrac{a^{2}+\left ( a-1 \right )^3}{a-1}$ και $HQ^2=BQ^{2}+ BH^{2}=a^2(a-1)+1$

Βρίσκουμε $HQ^2-HP^2= ..=\dfrac{a^4-3a^3+3a^2-2a}{a-1}$ αλλά και $SQ^2-SP^2=..=\dfrac{a^4-3a^3+3a^2-2a}{a-1}$

Συνεπώς ισχύει HQ^2-HP^2=SQ^2-SP^2

άρα και το ζητούμενο : $OM\parallel HS \perp PQ$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Re: Καθετότητα παρουσία ημικυκλίου

Μέλη σε σύνδεση