Εκπληκτική ομοιότητα

KARKAR · #1

: Εκπληκτική ομοιότητα.png (23.86 KiB) Προβλήθηκε 909 φορές

Οι κύκλοι (O)

και

τέμνονται στα σημεία A,B

και το σημείο

είναι το μέσο της

.

α) Σχεδιάστε τμήμα

με άκρα στους δύο κύκλους , το οποίο να έχει ως μέσο το σημείο

.

β) Γράφουμε κύκλο (Q)

διερχόμενο από τα A,S,P

. Δείξτε ότι : $AOQ \cong AMK$ .

ealexiou · #2

: Εκπληκτική ομοιότητα.png (75.17 KiB) Προβλήθηκε 885 φορές

Για το α)
Φέρω την

και στην συνέχεια φέρω κάθετο σε αυτήν στο

, η οποία τέμνει τους δύο κύκλους (O)

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα και έστω

η προβολή του

και

η προβολή του

στο

.
Επειδή είναι OM=MK

θα είναι και CB=BD

και επειδή $SB=2CB\ \wedge\ BP=2BD$ , άρα SB=BP

, δηλαδή το

είναι μέσον του

και το ζητούμενο (στο α)) σχεδιάσθηκε.

Για το β)

Ας είναι

η προβολή του κέντρου

στη χορδή

και $Z=AB\cap OK$ και επειδή είναι

κοινή χορδή των δύο μαύρων κύκλων και

διάκεντρος, θα είναι $AB\bot OK$
Γράφω τον κύκλο (Q)

, τον διερχόμενο από τα σημεία A,S,P

, του οποίου το κέντρο

βρίσκεται, προφανώς, πάνω στο

.
Θα δείξω ότι το τετράπλευρο OQKA

είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε η ζητούμενη απόδειξη ομοιότητας διευκολύνεται.
Είναι $\angle ASB=\dfrac{1}{2}\angle AOB$ (εγγεγραμμένη και επίκεντρη) $=\angle AOK$ , όμως είναι και
$\angle ASB=\angle ASP=\dfrac{1}{2} \angle AQP =\angle AQK$ , άρα είναι $\angle AOK=\angle AQK\Rightarrow$ το τετράπλευρο AOQK

είναι πράγματι εγγράψιμο (στον γαλάζιο διακεκομμένο κύκλο, οπότε έχουμε $\boxed{\angle AQO=\angle AKO}\ (1)$
Επίσης είναι $\angle AOQ=180°-\angle AOE=180°-\angle ABS=180°-ZMB$ (αφού $\angle ABS=90°-\angle ZBM=\angle ZMB) \Rightarrow$ $\boxed{\angle AOQ=180°-\angle ZMB=180-\angle AMZ=\angle AMK}\ (2)$

Από (1)

και

το ζητούμενο έπεται.

#3

KARKAR έγραψε:Εκπληκτική ομοιότητα.pngΟι κύκλοι και τέμνονται στα σημεία και το σημείο είναι το μέσο της .

α) Σχεδιάστε τμήμα με άκρα στους δύο κύκλους , το οποίο να έχει ως μέσο το σημείο .

β) Γράφουμε κύκλο διερχόμενο από τα . Δείξτε ότι : $AOQ \cong AMK$ .

Είναι γνωστό ότι αν έχουμε δύο τεμνόμενους κύκλους ισχύει :

Το τρίγωνο που ορίζουν τα κέντρα τους και ένα από τα σημεία τομής τους είναι όμοιο με το τρίγωνο που ορίζουν το ένα σημείο τομής τους ( ενδεχομένως το ίδιο ) με τέμνουσα των δύο κύκλων που διέρχεται από το άλλο σημείο τομής .

Εδώ λοιπόν :

: Εκπληκτική ομοιότητα.png (46.92 KiB) Προβλήθηκε 845 φορές

1. $\vartriangle AOK \approx \vartriangle ASP$ και άρα $SP = \dfrac{{OK \cdot AB}}{{AM}}$ (σταθερό ) συνεπώς το $\boxed{BS = BP = \dfrac{{OK \cdot AB}}{{2AM}} = k}$ και άρα τα

A,P

προσδιορίζονται από τις τομές του κύκλου (B,k)

με τους $(O)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(K)$ .

2. Βάσει της πιο πάνω πρότασης προφανώς και θα είναι $\vartriangle AOQ \approx \vartriangle ABP$ . Αλλά τα τρίγωνα

$ABP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AMK$ είναι όμοια γιατί τα $\vartriangle AOK \approx \vartriangle ASP$ και οι $AM\,\,,\,\,AB$ είναι ομόλογοι διάμεσοι τους .

Το ζητούμενο λόγω μεταβατικής ιδιότητας στην ομοιότητα είναι προφανές.

Δείτε στα σχήματα τα της πρότασης στις δύο εκδοχές της

: Λήμμα_ομοιότητας_1.png (43.6 KiB) Προβλήθηκε 839 φορές

: Λήμμα_ομοιότητας_2.png (32.34 KiB) Προβλήθηκε 839 φορές

Φιλικά Νίκος

Εκπληκτική ομοιότητα

Εκπληκτική ομοιότητα

Re: Εκπληκτική ομοιότητα

Re: Εκπληκτική ομοιότητα

Μέλη σε σύνδεση