Λεπτό σημείο

KARKAR · #1

: Λεπτό σημείο.png (20.98 KiB) Προβλήθηκε 348 φορές

Από σημείο

, φέρουμε τα εφαπτόμενα προς τον κύκλο (O,r)

τμήματα

και

.

Αν

σημείο του μικρού τόξου $\overset{\frown}{TP}$ και A , B , C

οι προβολές του στις ST , TP , SP

αντίστοιχα , δείξτε ότι : $QA\cdot QC =QB^2$ .

Αν r=4

, βρείτε την θέση του

για την οποία : QA=1 , QB=2 , QC=4

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 25, 2025 8:33 pm
Λεπτό σημείο.pngΑπό σημείο , φέρουμε τα εφαπτόμενα προς τον κύκλο τμήματα και .

Αν σημείο του μικρού τόξου $\overset{\frown}{TP}$ και οι προβολές του στις

αντίστοιχα , δείξτε ότι : $QA\cdot QC =QB^2$ .

Αν , βρείτε την θέση του για την οποία : .

.
Από τα όμοια τρίγωνα ATQ, BQP

(είναι ορθογώνια και δύο αντίστοιχες γωνίες τους είναι ίσες ως υπό χορδής και εφαπτομένης) έχουμε

$\displaystyle{ \dfrac {QA}{QT} = \dfrac {QB}{QP}}$

Με τον ίδιο τρόπο από τα όμοια τρίγωνα CPQ, BQT

έχουμε

$\displaystyle{ \dfrac {QC}{QP} = \dfrac {QB}{QT}}$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη και απλοποιώντας τους κοινούς παράγοντες QT, QP

, έπεται το ζητούμενο.

(θα συμπληρώσω σε λίγο το αριθμητικό παράδειγμα).

#3

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 25, 2025 8:33 pm
Λεπτό σημείο.pngΑπό σημείο , φέρουμε τα εφαπτόμενα προς τον κύκλο τμήματα και .

Αν σημείο του μικρού τόξου $\overset{\frown}{TP}$ και οι προβολές του στις

αντίστοιχα , δείξτε ότι : $QA\cdot QC =QB^2$ .

Αν , βρείτε την θέση του για την οποία : .

A)Η κάθετη από το

στην

τέμνει την

στο

Λόγω των εγγράψιμων KALT,BTAQ

οι πράσινες γωνίες είναι ίσες,άρα η

εφάπτεται

του κύκλου (B,A,K)

,συνεπώς

Θα αποδείξουμε ότι QK=QC

Είναι $\angle ATQ= \angle TPQ= \angle QCB$ και $\angle AQB= \angle BQC$ ως παραπληρώματα των ίσων γωνιών PTS,SPT

Άρα $\triangle KBQ=\triangle BQC\Rightarrow KQ=QC$

B)Επειδή OP=//QC=4

το

είναι τετράγωνο ,άρα $\angle PTQ=45^0 \Rightarrow BQ=BT=2$ κι από ΠΘ στο χρωματισμένο

τρίγωνο $BP=2 \sqrt{7} \Rightarrow 2TD=2(1+ \sqrt{7}) \Rightarrow TD=1+ \sqrt{7}$

Με Π.Θ στο $\triangle TOD \Rightarrow OD= \sqrt{8-2 \sqrt{7} }$ κι από OT^2=OD.OS

παίρνουμε εύκολα $OS= \dfrac{8}{3} (1+ \sqrt{7} )$

: Λεπτό σημείο.png (52.26 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 25, 2025 8:33 pm
Λεπτό σημείο.pngΑπό σημείο , φέρουμε τα εφαπτόμενα προς τον κύκλο τμήματα και .

Αν σημείο του μικρού τόξου $\overset{\frown}{TP}$ και οι προβολές του στις

αντίστοιχα , δείξτε ότι : $QA\cdot QC =QB^2$ .

Αν , βρείτε την θέση του για την οποία : .

.
Συμπληρώνω την κατασκευή που υποσχέθηκα στο ποστ #2.

Επειδή οι OP, QC

είναι ίσες και παράλληλες, και επειδή OP=OQ

, έπεται ότι το OPCQ

είναι τετράγωνο. Κατασκευάζουμε, λοιπόν, τετράγωνο με μία πλευρά τυχαία ακτίνα

, εδώ μήκους

.

Φέρνουμε την $QR \perp OT$ . To TRQA

είναι ορθογώνιο με TR=AQ=1

, οπότε και OR=3

. Άρα το ορθογώνιο τρίγωνο ORQ

έχει υποτείνουσα

και μία κάθετο

, συνεπώς κατασκευάζεται. Αφού το κατάσκευάσουμε, προεκτείνουμε την

μέχρι να τμήσει τον κύκλο στο

.

Οι εφαπτόμενες στα P,T

τέμνονται στο ζητούμενο σημείο

. Πράγματι, εκ κατασκευής QC=4, QA=1

, και από το πρώτο μέρος της άσκησης είναι QB=2

.
.

KARKAR · #6

: Λεπτό.png (36.06 KiB) Προβλήθηκε 201 φορές

Η πανέμορφη λύση του Μιχάλη σε σχήμα ... με περισσότερες λεπτομέρειες .

Λεπτό σημείο

Λεπτό σημείο

Re: Λεπτό σημείο

Re: Λεπτό σημείο

Re: Λεπτό σημείο

Re: Λεπτό σημείο

Re: Λεπτό σημείο

Μέλη σε σύνδεση