Τα εργαλείο κάνουν το μάστορα_6

#1

: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα_6.png (14.8 KiB) Προβλήθηκε 1013 φορές

Έστω σταθερό ημικύκλιο διαμέτρου AKB

. Στις ακτίνες $KA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KB$ θεωρούμε δύο

σημεία,

σταθερό στην

και

μεταβλητό στην

. Οι κάθετες στα D,T

επί

την

τέμνουν το ημικύκλιο στα $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ αντίστοιχα. Η εφαπτομένη του

ημικυκλίου στο

τέμνει την ευθεία

στο

και μετά η

τέμνει το ημικύκλιο

στο

. Γράφουμε τον κύκλο (E,B,T)

που τέμνει την

στο

.

Δείξετε ότι η ευθεία

διέρχεται από σταθερό σημείο.

#2

Doloros έγραψε:Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα_6.png

Έστω σταθερό ημικύκλιο διαμέτρου . Στις ακτίνες $KA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KB$ θεωρούμε δύο

σημεία, σταθερό στην και μεταβλητό στην . Οι κάθετες στα επί

την τέμνουν το ημικύκλιο στα $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ αντίστοιχα. Η εφαπτομένη του

ημικυκλίου στο τέμνει την ευθεία στο και μετά η τέμνει το ημικύκλιο

στο . Γράφουμε τον κύκλο που τέμνει την στο .

Δείξετε ότι η ευθεία διέρχεται από σταθερό σημείο.

Γεια σου Νίκο, γεια σε όλους!

: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα_6.png (61.43 KiB) Προβλήθηκε 952 φορές

Το κλειδί για την απόδειξη είναι η συνευθειακότητα των σημείων B, H, S

(*) Έστω ότι η εφαπτομένη του ημικυκλίου στο

τέμνει

την

στο

Θα δείξω ότι το

είναι το ζητούμενο σταθερό σημείο. Θέτω TB=x, BS=y, SD=d, DB=k.

Προφανώς

τα τμήματα k,d

είναι σταθερά. Από την παραλληλία των AC, DS, TH

έχουμε:

$\displaystyle{\frac{{HT}}{d} = \frac{x}{k},\frac{{AC}}{{HT}} = \frac{{y + 2R}}{{x + y}}\mathop \Rightarrow \limits^ \odot \frac{{AC}}{d} = \frac{{x(y + 2R)}}{{k(x + y)}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{AC = \frac{{dx(y + 2R)}}{{k(x + y)}}}$ (1)

είναι η εσωτερική και η εξωτερική διχοτόμος του τριγώνου LTP

, οπότε: $\displaystyle{\frac{x}{y} = \frac{{AT}}{{AP}} = \frac{{2R - x}}{{2R + y}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{y = \frac{{Rx}}{{R - x}}}$ (2)

Από

προκύπτει ότι $\boxed{AC = \frac{{dR}}{k}}$ και αν θέσω $S\widehat BD=\theta$ θα είναι $\boxed{AC = R\tan \theta }$ που είναι σταθερό.

(*) Θα δείξω σε επόμενη ανάρτηση ότι τα σημεία B, H, S

είναι συνευθειακά .

simantiris j. · #3

Καλημέρα σε όλους!Μια απόδειξη για τον ισχυρισμό του κ.Γιώργου.
Αρχικά έχω ότι $\angle HEB=\angle AEB=90^{\circ}$ άρα τα A,H,E

συνευθειακά.
Τα P,T

είναι τα αρμονικά συζυγή των A,B

και με $\angle AEB=90^{\circ}$ η

διχοτομεί την $\angle SET$ άρα $\angle HBA=\angle AET=\angle SEA=\angle SBA$ οπότε και S,H,B

συνευθειακά άρα και ASHT

εγγράψιμο συνεπώς οι ριζικοί άξονες των κύκλων (ASEB),(HEBT),(ASHT)

που είναι οι ευθείες AS,HT,EB

συντρέχουν έστω στο

.Έστω επίσης

η τομή της εφαπτομένης στο

με τη

.Από το πλήρες τετράπλευρο ABESPN

έχουμε ότι η

έναι η πολική του

οπότε από θεώρημα De La Hire και το

θα βρίσκεται στη πολική του

άρα η πολική του

είναι η ευθεία ASN

.Συνεπώς το

είναι η τομή των εφαπτομένων του κύκλου στα A,S

και είναι σταθερό αφού A,S

σταθερά.

#4

Να τον Γλυφαδιώτη Γιάννη για τη λύση του, αλλά και γενικότερα για τις επιδόσεις του!

Ο Γιάννης απέδειξε ήδη ότι τα σημεία B, H, S

είναι συνευθειακά, οπότε δεν χρειάζεται να το κάνω κι εγώ.

#5

Πρώτα-Πρώτα να ευχαριστήσω το φίλο Γιώργο Βισβίκη και τον νεαρό Simantiris j.

για την ωραία λύση που από κοινού έδωσαν .

Η λύση μου είναι πάνω στο σκεφτικό της κατασκευής της άσκησης , την οποία άσκηση αφιερώνω στο Μπάμπη Στεργίου για τη μεγάλη συγγραφική

και όχι μόνο προσφορά του στους μαθητές και στου συναδέλφους . Το τελευταίο του βιβλίο " Γεωμετρία 4 για διαγωνισμούς" είναι μαγικό

Αντιστρέφω τον κύκλο (E,B,T)

με πόλο το

και δύναμη αντιστροφής

${k^2} = P{L^2}$ θα προκύψει ο σταθερός κύκλος κι αυτό γιατί στην αντιστροφή

αυτή , ας την πούμε $f(P,{k^2})$ ισχύουν :

$PE \cdot PS = PB \cdot PA = PT \cdot PK = {k^2}$ δηλαδή $f(E) = S\,\,,\,\,f(B) = A\,\,,\,\,f(T) = K$ .

Αν τώρα φέρω την κάθετη στο

επί την

και κόψει την ευθεία

στο

θα

δείξω ότι το

ανήκει στο σταθερό κύκλο (A,S,K)

. Πράγματι έστω ότι η

τέμνει

ακόμα τον κύκλο (E,B,T)

στο

θα είναι $\widehat {HMB} = 90^\circ$

: Τα εργαλεία κάνουν το μάστορα_6_Λύση.png (23.47 KiB) Προβλήθηκε 832 φορές

( από το εγγράψιμο τετράπλευρο HTBM

) και άρα και το τετράπλευρο ANMB

είναι

εγγράψιμο οπότε $PM \cdot PN = PB \cdot PA = {k^2} \Rightarrow \boxed{f(M) = N}$ δηλαδή το

είναι

σταθερό σημείο στο κύκλο (A,S,K)

και είναι το ζητούμενο σημείο .

Τα εργαλείο κάνουν το μάστορα_6

Τα εργαλείο κάνουν το μάστορα_6

Re: Τα εργαλείο κάνουν το μάστορα_6

Re: Τα εργαλείο κάνουν το μάστορα_6

Re: Τα εργαλείο κάνουν το μάστορα_6

Re: Τα εργαλείο κάνουν το μάστορα_6

Μέλη σε σύνδεση