Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

hsiodos · #1

Μια άσκηση και πάλι με εφαπτόμενους κύκλους.(Δεν θυμάμαι αν την έχουμε ξαναδεί)

: εφαπτόμενοι κύκλοι.png (27.21 KiB) Προβλήθηκε 1285 φορές

Έστω οι κύκλοι $\displaystyle{C\,,\,C_1 \,,\,C_2 }$ έτσι ώστε οι $\displaystyle{C_1 \,,\,C_2 }$ να εφάπτονται εξωτερικά στο Α και ο C να εφάπτεται εσωτερικά στους $\displaystyle{ C_1 \,,\,C_2 }$ στα Β και C αντίστοιχα . Η κοινή εφαπτομένη των $\displaystyle{C_1 \,,\,C_2 }$ στο Α τέμνει τον κύκλο C στα D και Ε .
Η DB τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{C_1 }$ στο Ν και η DC τέμνει τον κύκλο $\displaystyle{C_2 }$ στο Μ .
Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{\frac{1}{{DA}} + \frac{1}{{AE}} = \frac{2}{{MN}}}$

Γιώργος

#2

Θα εφαρμόσω το θεώρημα Casey (γενίκευση του θεωρήματος Πτολεμαίου) (βλέπε Μαθηματικοί διαγωνισμοί Στεργίου-Μπραζιτικος σελ 90) για τους κύκλους

(σημειόκυκλος), c_1

,

(σημειόκυκλος), c_2

Τότε για τις κοινές εξωτερικές τους εφαπτομένες ισχύει

$DA\cdot EA+EA\cdot DA=DE\cdot MN=(DA+AE)MN$ . Διαιρώντας παίρνουμε το ζητούμενο.

#3

Πού το θυμόμουν, πού το θυμόμουν...

ΕΔΩ είναι!

Θυμόμουν αμυδρότατα κάποια συζήτηση για το βιβλιαράκι. (Η αναζήτηση το βρήκε....)

#4

Χωρίς το θεώρημα του Casey.

Κατ' αρχήν εφαρμόζοντας την αντιστροφή με κέντρο το σημείο D και με κύκλο αντιστροφής τον κόκκινο(πρώτο σχήμα) διαπιστώνουμε ότι:
Το αντίστροφο του κύκλου C είναι η ευθεία (e) και τα αντίστροφα των κύκλων (C1),(C2) είναι αντίστοιχα οι κύκλοι (C'1), (C'2). Επίσης το
αντίστροφο του τμήματος ΜΝ είναι το τόξο (κόκκινο) που εφάπτεται των (C'1), (C'2).
Από την παρατήρηση αυτή προκύπτει και η κατασκευή των δύο αυτών κύκλων, κι ακόμα πως η ΜΝ είναι η κοινή εξωτερική εφαπτομένη αυτών.
Κατασκευή
Με κέντρο το σημείο D της χορδής DΕ και με τυχαίο κύκλο αντιστροφής(τον κόκκινο) φέρουμε την κοινή χορδή αυτών (e) και τότε εύκολα κατασκευάζουμε
τους δύο κύκλους (C'1), (C'2) που εφάπτονται στην (e), μεταξύ των εξωτερικά και στην DE. Παίρνοντας τις αντίστροφες εικόνες με την αντιστροφή που ορίζει
ο κόκκινος κύκλος κατασκευάζουμε τους αρχικούς και την κοινή τους εφαπτομένη ΜΝ.

Απόδειξη της σχέσης(σχήμα δεύτερο)
Η ζητούμενη σχέση γίνεται:
$\displaystyle \frac{1}{DA}+\frac{1}{AE}=\frac{2}{MN}\Leftrightarrow \frac{DE}{\left(DA \right)\left(AE \right)}=\frac{2}{MN}\ \ (1)$
όμως:
$\displaystyle \left(DA \right)\left(AE \right)=R^2-OA^2\ \ (2)$
Το τμήμα ΟΑ υπολογίζεται με το θεώρημα του stewart από το τρίγωνο ΟKL το οποίο έχει πλευρές:
$\displaystyle R-R_1, R-R_2, R_1+R_2$
Άρα είναι:
$\displaystyle OA^2=R^2-\frac{4RR_1R_2}{R_1+R_2}\ \ (3)$
τέλος είναι:
$\displaystyle MN=2\sqrt{R_1R_2}\ \ (4)$
Από τις (2),(3) και (4) προκύπτει πως η (1) ισοδυναμεί:
$\displaystyle DE=\frac{2\left(DA \right)\left(AE \right)}{MN}=\frac{2\left(R^2-OA^2 \right)}{2\sqrt{R_1R_2}}=\frac{4R\sqrt{R_1R_2}}{R_1+R_2}$
Η τελευταία ακόμα γίνεται:
$\displaystyle \left(DE \right)=\frac{\left(2R \right)\left(2\sqrt{R_1R_2} \right)}{R_1+R_2}\Leftrightarrow \left(DE \right)\left(KL \right)=\left(ET \right)\left(MN \right)\Leftrightarrow \frac{DE}{ET}=\frac{PL}{KL}$
γιατί η ΜΝ είναι ίση με την PL.
Η τελευταία αναλογία είναι αληθής και προκύπτει από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων: ΚΡL και DET
και τούτο διότι:
$\displaystyle \hat{\varphi }=\hat{\omega }$
εφόσον
$\displaystyle KN//OD, KL//DT$

hsiodos · #5

smar έγραψε:Θα εφαρμόσω το θεώρημα Casey (γενίκευση του θεωρήματος Πτολεμαίου) (βλέπε Μαθηματικοί διαγωνισμοί Στεργίου-Μπραζιτικος σελ 90) για τους κύκλους (σημειόκυκλος), , (σημειόκυκλος),

Τότε για τις κοινές εξωτερικές τους εφαπτομένες ισχύει

$DA\cdot EA+EA\cdot DA=DE\cdot MN=(DA+AE)MN$ . Διαιρώντας παίρνουμε το ζητούμενο.

Μπράβο Σιλουανέ .
Απλά να πούμε ότι η ΜΝ είναι κοινή εξωτερική εφαπτομένη στους κύκλους $\displaystyle{C_1 ,C_2 }$ . Η απόδειξη είναι σχετικά εύκολη , δεν γνωρίζω αν είναι κάποιο θεώρημα που στους διαγωνισμούς δεν χρειάζεται απόδειξη. Αν και ο Γιώργος(Ρίζος) βρήκε σχετική αναφορά για το θεώρημα του Casey , επισυνάπτω σχετικά μεγάλο κομμάτι από την αναφορά που γίνεται στο βιβλίο Μαθηματικοί Διαγωνισμοί (των δικών μας) Στεργίου-Μπραζίτικος .

: casey.png (44.48 KiB) Προβλήθηκε 1129 φορές

Γιώργος

*** Την ώρα που έγραφα το μήνυμα έβαλε και ο Κώστας Δόρτσιος μια πολύ ωραία επίσης απόδειξη.

#6

Το θεώρημα αυτό βρίσκεται κι εδώ μαζί με πολλά άλλα ενδιαφέροντα
http://mathamort.e-monsite.com/rubrique ... 01137.html

Κώστας Δόρτσιος

#7

Και πάλι αντιστροφή.

: Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι.jpg (16.71 KiB) Προβλήθηκε 1087 φορές

Αντιστρέφουμε το σχήμα με πόλο το σημείο

και λόγο την (κοινή) δύναμη του

ως προς τους κύκλους $\displaystyle{{c_1}{\text{ \& }}{c_2}}$ , δηλαδή $\displaystyle{\lambda = D{A^2}}$ . Τότε οι $\displaystyle{{c_1}{\text{ \& }}{c_2}}$ μένουν αναλλοίωτοι, ο δε κύκλος

αντιστρέφεται στην ευθεία

, διότι πρώτον διέρχεται από τον πόλο

και δεύτερον τα σημεία $\displaystyle{B{\text{ \& }}C}$ των κύκλων $\displaystyle{{c_1}{\text{ \& }}{c_2}}$ (που είναι και σημεία του

) αντιστρέφονται στα $\displaystyle{M{\text{ \& }}N}$ . Επίσης η

είναι κοινή εφαπτομένη των $\displaystyle{{c_1}{\text{ \& }}{c_2}}$ , διότι ο

είναι εφαπτόμενος των $\displaystyle{{c_1}{\text{ \& }}{c_2}}$ . Το σημείο

αντιστρέφεται στο

. Επίσης (προφανώς) $\displaystyle{ZM = ZN = ZA}$ .

Τότε $\displaystyle{\frac{1}{{DA}} + \frac{1}{{AE}} = \frac{2}{{MN}} \Leftrightarrow \frac{{AD + AE}}{{AD \cdot AE}} = \frac{2}{{2AZ}} \Leftrightarrow DE \cdot AZ = AD \cdot AE \Leftrightarrow DE \cdot \left( {AD - DZ} \right) = AD \cdot \left( {DE - AD} \right) \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow DE \cdot AD - DE \cdot DZ = AD \cdot DE - A{D^2} \Leftrightarrow DE \cdot DZ = A{D^2}}$ που ισχύει λόγω αντιστροφής.

Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

Re: Εφαπτόμενοι κύκλοι πάλι

Μέλη σε σύνδεση