Σατανική καθετότητα

KARKAR · #1

: Σατανική καθετότητα.png (17.39 KiB) Προβλήθηκε 1509 φορές

Από σημείο

, φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα SA,SB

προς τον κύκλο (O,R)

.

Έστω

σημείο του τμήματος

και

το μέσο του $\displaystyle AM$ . Αν η

τέμνει

την

στο

, δείξτε ότι $OP \perp AM$ . Αν , επιπλέον , το

είναι το μέσο

του

, υπολογίστε το

, ώστε το

να είναι σημείο του κύκλου .

Ορέστης Λιγνός · #2

Καλησπέρα!

Πολύ όμορφη άσκηση!

α)Έστω

το σημείο τομής της

με την

και

το σημείο τομής της

με την

.

Τα $S, \, O$ ισαπέχουν από τα $A, \, B$ , οπότε $OS \perp AB$ , και κατά συνέπεια, $\boxed{AK \perp CO \,\,\, (1)}$ .

Στο τρίγωνο BAM

, τα $K, \, N$ είναι μέσα των $AB, \, AM$ αντίστοιχα.

Έχουμε λοιπόν την ''αλυσίδα'' ισοτήτων $\widehat{AKN}=\widehat{ABM}=\widehat{BAM}$ .

Έστω τώρα ότι η

τέμνει την

στο

.

Αφού $\widehat{AKT}=\widehat{KAT}$ , AT=TK=TS

.

Οπότε,

μέσο της

.

Από το θεώρημα του Ceva στο KAS

έχουμε $\dfrac{AP}{PK}=\dfrac{KC}{CS}$ , που σημαίνει $PC \parallel AS$ .

Αφού επίσης $PC \perp AO$ , $\boxed{PC \perp AO \,\,\, (2)}$ .

Από (1), (2), το

είναι ορθόκεντρο του AOC

, που δίνει $OP \perp AC$ .

β) Έστω AN=NM=a

.

Τότε, $MB^2=MN \cdot MA \Leftrightarrow MB=MS=a\sqrt{2}$ και εύκολα $AS=2a\sqrt{2}$ .

Το πρώτο Θεώρημα διαμέσων στο BAS

δίνει

και

.

Με Π.Θ., $KS=a\sqrt{7}$ .

Τέλος, από Μετρική Σχέση, $SA^2=SK \cdot SO \Leftrightarrow \boxed{SO=\dfrac{8a\sqrt{7}}{7}}$

#3

KARKAR έγραψε:Σατανική καθετότητα.pngΑπό σημείο , φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα προς τον κύκλο .

Έστω σημείο του τμήματος και το μέσο του $\displaystyle AM$ . Αν η τέμνει

την στο , δείξτε ότι $OP \perp AM$ . Αν , επιπλέον , το είναι το μέσο

του , υπολογίστε το , ώστε το να είναι σημείο του κύκλου .

Με τους σατανάδες , τους διαβόλους και του τριβόλους μας έκανες κ.KARKAR κόλαση τη ζωή

Λυπάμαι που έχω δουλειά και δεν θα ασχοληθώ άμεσα αλλά μου φαίνεται ωραία άσκηση .

Δεν πρόλαβα να τα γράψω και νάσου ό διαβολάκος!!. (Το Γιώργο Θαλάσση τον γνωρίζετε;)

Φιλικά

Νίκος

#4

KARKAR έγραψε:Από σημείο , φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα προς τον κύκλο .Έστω σημείο του τμήματος και το μέσο του $\displaystyle AM$ . Αν η τέμνει την στο , δείξτε ότι $OP \perp AM$ . Αν , επιπλέον , το είναι το μέσο του , υπολογίστε το , ώστε το να είναι σημείο του κύκλου .

Φυσικά και η πιο ενδεδειγμένη λύση είναι του καταπληκτικού μας Ορέστη. Λόγω όμως του τίτλου ταιριάζει και μια «σατανική» αντιμετώπιση με διπλούς λόγους.

: Σατανική καθετότητα.png (28.32 KiB) Προβλήθηκε 1442 φορές

Με $L\equiv OS\cap AB$ (προφανώς το μέσο της και το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την $SB\left( \parallel NL \right)$ με την θα έχουμε:

$\left( {A,P,L,B} \right) = \dfrac{{AL}}{{LP}}:\dfrac{{AB}}{{BP}}\mathop = \limits^{AK\parallel LN\parallel BS} \dfrac{{KN}}{{NP}}:\dfrac{{KS}}{{SP}} =$ $\left( {K,P,N,S} \right) = \left( {N,S,K,P} \right) = \left( {S,N,P,K} \right)$ και συνεπώς οι δέσμες:

έχουν διπλούς λόγους και επειδή τα τρία ζεύγη των ομολόγων ακτινών τους είναι κάθετα μεταξύ τους

το ίδιο θα ισχύει και για τις τέταρτες ακτίνες τους , δηλαδή $OP\bot AN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#5

Doloros έγραψε:Το Γιώργο Θαλάσση τον γνωρίζετε;

Νίκο, τι θυμήθηκες.

Για τους νεαρούς μας αναγνώστες πληροφορώ ότι όποιοι πήγαν σχολείο
πριν από πολλλάάάά χρόνια ξέρουν τον Γιώργο Θαλάσση απέξω και ανακατωτά.

Ήταν ο κεντρικός ήρωας στο εφηβικό εβδομαδιαίο ανάγνωσμα (*) "Μικρός Ήρως".

Οι μαθητές τότε δεν είχαν τον πλούτο των πληροφοριών που έχουν οι σημερινοί,
αλλά δεν υστερούσαν σε αναζήτηση περιπέτειας ή ευχάριστης διευθέτησης του
χρόνου τους.

Όλοι περίμεναν με ανυπομονησία κάθε Τρίτη την έκδοση του νέου τεύχους
του Μικρού Ήρωα. Η γενική φτώχεια εκείνη την εποχή δεν στέρησε σε κανένα
από τα τότε παιδιά την ανάγνωση του τεύχους, είχαν δεν είχαν τις δύο δραχμές
να το αγοράσουν. Είτε δανεικά είτε με μία τεράστια βιομηχανία που είχε
αναπτυχθεί σε κάθε γειτονιά (δίνω πίσω το παλιό τεύχος συν ένα μικρό αντίτιμο
για να πάρω το καινούργιο τεύχος) όλοι κατάφερναν να διαβάσουν τον Μικρό Ήρωα
και τις πολεμικές περιπέτειες του Γιώργου Θαλάσση, της Κατερίνας και του Σπίθα.

Μερικές πληροφορίες εδώ και εδώ.

Σήμερα πουλιούνται τα παλιά τεύχη ( 800

τον αριθμό) σε ανατύπωση αλλά κάπου
είχε πάρει το μάτι μου και δωρεάν ηλεκτρονικά αντίτυπα της πλήρους σειράς.

(*) Ο επιστημονικός όρος είναι "παραλογοτεχνικό ανάγνωσμα" αλλά ας μην μπούμε σε αυτή την συζήτηση.

KARKAR · #6

Άλλες τέσσερις "μεταφυσικές" καθετότητες μπορείτε να βρείτε εδώ , εδώ , εδώ κι εδώ

Henri van Aubel · #7

Για το πρώτο ερώτημα άλλη μία λύση!

Θέτω $\angle BAO=x,\angle BAM=y$ . Από Θεώρημα Μενέλαου στο ABM

με διατέμνουσα SNP

και σύμφωνα με το γεγονός AN=NM

λαμβάνουμε $\displaystyle \frac{AP}{PB}=\frac{SM}{SB}\Leftrightarrow \frac{AB}{PB}=1+\frac{SM}{SB}\left ( 1 \right )$

Όμως από νόμους ημιτόνων είναι $\displaystyle 1+\frac{SM}{SB}=1+\frac{SM}{AS}=1+\frac{\sin \left ( 90^\circ-x-y \right )}{\sin \left ( 90^\circ-x+y \right )}=\frac{\cos \left ( x-y \right )+\cos \left ( x+y \right )}{\cos \left ( x-y \right )}\left ( 2 \right )$

Συνεπώς είναι $\displaystyle \frac{AB}{PB}=\frac{\cos \left ( x-y \right )+\cos \left ( x+y \right )}{\cos \left ( x-y \right )}=\frac{2\cos x\cos y}{\cos \left ( x-y \right )}\left ( 3 \right )$

Όμως ισχύει $\displaystyle \frac{OB}{AB}=\frac{1}{2\cos x}\left ( 4 \right )$

Οπότε από $\displaystyle \left ( 3 \right ),\left ( 4 \right )$ παίρνουμε ότι $\displaystyle \frac{PB}{OB}=\frac{2\cos x\cos \left ( x-y \right )}{2\cos x\cos y}=\frac{\cos \left ( x-y \right )}{\cos y}=\frac{\sin \left ( x+\angle OPB \right )}{\sin \angle OPB}\left ( I \right )$

Η σχέση $\left ( I \right )$ ισοδυναμεί με $\cos x+\sin x\tan y=\cos x+\sin x\cot \angle OPB\Leftrightarrow \cot \angle OPB=\tan y$ και επειδή οι γωνίες είναι και οι δύο οξείες προκύπτει ότι είναι συμπληρωματικές , όπως δηλαδή θέλαμε.

#8

Όμορφη άσκηση. Μία άλλη σκέψη για το πρώτο ερώτημα:
Έστω

το συμμετρικό του

ως προς

. Τα τρίγωνα OAB, ASS’

είναι όμοια με ορθογώνια σχέση ομοιότητας, επομένως αρκεί να αποδείξουμε ότι $\frac{AP}{PB}=\frac{SC}{S’C}$ καθώς τότε τα OP, AC

θα είναι ομόλογα στην ομοιότητα.
Από Θ. Μενελάου στο τρίγωνο ABM

με διατέμνουσα την SNP

, έχουμε:
$\frac{AP}{PB} \frac{SB}{SM}\frac{NM}{NA}=1\Leftrightarrow \frac{AP}{PB}=\frac{SM}{SB}$
Και από τα όμοια τρίγωνα AS’C, MSC

έχουμε:
$\frac{SC}{S’C}=\frac{SM}{S’A}=\frac{SM}{SB}$
Για το δεύτερο ερώτημα στην περίπτωση που MB=MS

και το

είναι σημείο του κύκλου, η

θα είναι συμμετροδιάμεσος του τριγώνου SAB

, (καθώς τέμνουν τον κύκλο σε συμμετρικά σημεία ως προς

) οπότε $\dfrac{SB^2}{AB^2}=\dfrac{SZ}{AZ}=2$ (με εφαρμογή Ceva

στο

).
Άρα $SB=\sqrt{2}AB=2\sqrt{2}BL\Leftrightarrow OS=2\sqrt{2}OB=2\sqrt{2}R$ .

Σατανική καθετότητα

Σατανική καθετότητα

Re: Σατανική καθετότητα

Re: Σατανική καθετότητα

Re: Σατανική καθετότητα

Re: Σατανική καθετότητα

Re: Σατανική καθετότητα

Re: Σατανική καθετότητα

Re: Σατανική καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση