Εφάπτεται του ημικυκλίου

#1

: Εφάπτεται του ημικυκλίου.png (12.02 KiB) Προβλήθηκε 1356 φορές

Σημείο

κινείται σε ημικύκλιο σταθερής διαμέτρου

. Έστω

η προβολή

του

στη διάμετρο

και

το μέσο του

. Φέρνουμε την κάθετη ευθεία $(\varepsilon )$

στο

επί τη

. Αν η

τέμνει την $(\varepsilon )$ στο

να δείξετε ότι η

εφάπτεται του ημικυκλίου.

Νίκος

#2

Doloros έγραψε:Σημείο κινείται σε ημικύκλιο σταθερής διαμέτρου . Έστω η προβολή

του στη διάμετρο και το μέσο του . Φέρνουμε την κάθετη ευθεία $(\varepsilon )$

στο επί τη . Αν η τέμνει την $(\varepsilon )$ στο να δείξετε ότι η

εφάπτεται του ημικυκλίου.

Νίκος

Νίκο, δεν γράφω απόδειξη αλλά ο πειρασμός είναι τεράστιος να γράψω το εξής:

Το παραπάνω είναι το αντίστροφο (αλλά με ίδια απόδειξη, γι' αυτό δεν την γράφω) του Θεωρήματος 2 στο Περί Λημμάτων του Αρχιμήδη. Για το έργο αυτό, που σώζεται μόνο σε Αραβική μετάφραση, έχω ξαναγράψει στο φόρουμ.

Η εκδοχή του Αρχιμήδη είναι να φέρουμε τις εφαπτόμενες στα A, C

και να δείξουμε ότι η

διέρχεται από το μέσον της

.

Ορέστης Λιγνός · #3

Καλημέρα κύριε Νίκο.

Έστω

το κέντρο του ημικυκλίου, $BD=x, \,\, OC=OA=R$ .

Αφού $MD \parallel TC$ , από τα όμοια παίρνουμε $\boxed{\dfrac{MD}{TC}=\dfrac{x}{2R}}$ .

Παρατηρούμε ότι $\dfrac{MD}{TC}=\dfrac{x}{2R}=\dfrac{BD}{2OC}$ , και αφού $MD=\dfrac{AD}{2}$ , $\boxed{\dfrac{BD}{OC}=\dfrac{AD}{TC}, \, (1)}$ .

Η (1) δίνει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $BAD, \, TOC$ είναι όμοια.

Άρα, $\widehat{ABD}=\widehat{TDC}$ , οπότε $AB \parallel TO$ , και αφού $AB \perp AC$ , $TO \perp AC}$ .

Τέλος, αφού AO=OC

, η

είναι μεσοκάθετος της

, άρα,

.

Εύκολα πλέον τα $TAO, \, TOC$ είναι ίσα, άρα $\boxed{\widehat{TAO}=90^0}$ , και το ζητούμενο πλέον άμεσο.

: efaptomeni.png (23.09 KiB) Προβλήθηκε 1340 φορές

#4

Mihalis_Lambrou έγραψε: Για το έργο αυτό, που σώζεται μόνο σε Αραβική μετάφραση, έχω ξαναγράψει στο φόρουμ.

Βλέπε Εδώ. Και εδώ για παραπομπή στο ίδιο το κείμενο.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #5

Φέρνουμε την

και έστω

το σημείο τομής με την

.

Επειδή AD//EC

και

προκύπτει από δέσμη ευθειών ότι ET=TC

.

Η γωνία $\widehat{BAC}$ είναι ορθή αφού βαίνει σε ημικύκλιο. Άρα το τρίγωνο CAE

είναι ορθογώνιο και συνεπώς θα ισχύει ότι ET=TC=AT

.

Αφού

και η

είναι εφαπτομένη, τότε αναγκαστικά είναι εφαπτομένη και η

.

#6

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:Φέρνουμε την και έστω το σημείο τομής με την .

Επειδή και προκύπτει από δέσμη ευθειών ότι .

Η γωνία $\widehat{BAC}$ είναι ορθή αφού βαίνει σε ημικύκλιο. Άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και συνεπώς θα ισχύει ότι .

Αφού και η είναι εφαπτομένη, τότε αναγκαστικά είναι εφαπτομένη και η .

Απλή , κομψή , ωραία

#7

Doloros έγραψε:Εφάπτεται του ημικυκλίου.png
Σημείο κινείται σε ημικύκλιο σταθερής διαμέτρου . Έστω η προβολή

του στη διάμετρο και το μέσο του . Φέρνουμε την κάθετη ευθεία $(\varepsilon )$

στο επί τη . Αν η τέμνει την $(\varepsilon )$ στο να δείξετε ότι η

εφάπτεται του ημικυκλίου.

Νίκος

Καλησπέρα σε όλους!

: Εφάπτεται του ημικυκλίου.png (12.19 KiB) Προβλήθηκε 1291 φορές

Φέρνω $\displaystyle{AZ \bot TC}$ . Αρκεί να δείξω ότι TA=TC.

$\displaystyle{\frac{{MD}}{{TC}} = \frac{x}{{2R}} \Leftrightarrow \frac{{AD}}{{TC}} = \frac{x}{R} \Leftrightarrow T{C^2} = \frac{{{R^2}A{D^2}}}{{{x^2}}} = \frac{{{R^2} \cdot x(2R - x)}}{{{x^2}}} \Leftrightarrow T{C^2} = \frac{{{R^2}(2R - x)}}{x}}$

$\displaystyle{AD \cdot TC = \frac{{AD}}{{TC}}T{C^2} = \frac{x}{R} \cdot \frac{{{R^2}(2R - x)}}{x} \Leftrightarrow }$ $\boxed{AD \cdot TC = R(2R - x)}$ (1)

$\displaystyle{T{A^2} = A{Z^2} + T{Z^2} = {(2R - x)^2} + {(TC - AD)^2} = 4{R^2} - 4Rx + {x^2} + T{C^2} - 2AD \cdot TC + A{D^2}\mathop = \limits^{(1)} }$

$\displaystyle{4{R^2} - 4Rx + {x^2} + T{C^2} - 2R(2R - x) + x(2R - x) = T{C^2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{TA=TC}$

#8

Όλες οι λύσεις πολύ ωραίες. Φυσικά του Διονύση είναι ποίημα.

Μια ακόμη έτσι για να υπάρχει . Αν δοθούν κι άλλες ακόμα καλύτερα

: Εφάπτεται του ημικυκλίου_λύση.png (13.93 KiB) Προβλήθηκε 1276 φορές

Τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ABC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle DBA$ είναι όμοια . Αν

το μέσο της

οι

ομόλογες διάμεσοι $BN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BM\,\,$ θα σχηματίζουν με τις αντίστοιχες υποτείνουσες

$BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BA$ ίσες γωνίες , οπότε η

είναι συμμετροδιάμεσος στο $\vartriangle ABC$ .

Αναγκαστικά τώρα η

εφάπτεται του ημικυκλίου .

Νίκος

#9

Doloros έγραψε:Όλες οι λύσεις πολύ ωραίες. Φυσικά του Διονύση είναι ποίημα.

Η απόδειξη του Διονύση είναι ουσιαστικά η ίδια με του Αρχιμήδη, με μόνη διαφορά ότι η Αρχιμήδης έχει το αντίτροφο (όπου πρώτα φέρνει την εφαπτομένη

και μετά ζητά να αποδειχθεί ότι το

είναι μέσον). Όμως η απόδειξη περνά και στο ευθύ. Άλλωστε το κέντρο του

είναι μοναδικό και η εφαπτομένη στο

είναι επίσης μοναδική, οπότε αν αποδείξει κανείς την μία κατεύθυνση, τότε η άλλη έπεται αμέσως από αυτήν. Με άλλα λόγια δεν έχει ιδιαίτερη σημασία αν θα αποδείξουμε πρώτα την μία ή την άλλη κατεύθυνση.

Καταγράφω την σχεδόν μονολεκτική απόδειξη του Αρχιμήδη, χρησιμοποιώντας το σχήμα του Διονύση:

Αφού στο ορθογώνιο τρίγωνο είναι έπεται ότι το είναι το μέσον της (*). Αφού οι είναι παράλληλες, έπεται ότι το είναι το μέσον της . Τελειώσαμε!

(*). O Αρχιμήδης το αφήνει αναπόδεικτο αυτό γιατί προφανώς το θεωρεί τετριμμένο. Και όντως είναι πολύ απλό.

Σε διαφορετικό ποστ θα ζητήσω να δοθούν τουλάχιστον τρεις απλές αποδείξεις αυτού, που μου ήλθαν αυθόρμητα. Βλέπε εκεί.

Εφάπτεται του ημικυκλίου

Εφάπτεται του ημικυκλίου

Re: Εφάπτεται του ημικυκλίου

Re: Εφάπτεται του ημικυκλίου

Re: Εφάπτεται του ημικυκλίου

Re: Εφάπτεται του ημικυκλίου

Re: Εφάπτεται του ημικυκλίου

Re: Εφάπτεται του ημικυκλίου

Re: Εφάπτεται του ημικυκλίου

Re: Εφάπτεται του ημικυκλίου

Μέλη σε σύνδεση