Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9185
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Δεκ 20, 2017 10:38 am

Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png
Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png (20.67 KiB) Προβλήθηκε 682 φορές
M είναι το μέσο της πλευράς BC=a ισοσκελούς τριγώνου ABC με AB=AC=\dfrac{2a}{3}. Γράφω τους κύκλους

(B, BM), (C, CM) και από το A φέρνω ευθεία που εφάπτεται στον κύκλο (C) στο Q και τέμνει τον κύκλο (B)

κατά σειρά στα σημεία P, S. Να δείξετε ότι SP=PQ.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11537
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Δεκ 20, 2017 8:06 pm

equal.png
equal.png (14.65 KiB) Προβλήθηκε 634 φορές
Με λίγο Καρτέσιο : Η ευθεία QPS τέμνει τον οριζόντιο άξονα στο T . Με όμοια τρίγωνα :

BM=\dfrac{9}{4} , άρα SP=\dfrac{3}{2}\sqrt{7} . Με τεμνόμενες χορδές : TS\cdot TP=15\cdot21 ,

άρα : TS=6\sqrt{7} . Αλλά από Π.Θ. : TQ=9\sqrt{7} , συνεπώς και : PQ=\dfrac{3}{2}\sqrt{7} .


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7129
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Δεκ 21, 2017 7:55 pm

Ας είναι N το μέσο της χορδής SP θα είναι BN \bot SP . Έστω ακόμα Z\,\kappa \alpha \iota \,E τα μέσα των ακτίνων AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC.

Το τετράπλευρο AZME προφανώς είναι ρόμβος και τα τετράπλευρα AMCQ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ANBM εγράψιμα σε ίσους κύκλους διαμέτρων AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AQ .

Θέτω AP = x\,\,,\,\,AQ = AM = y\,\,,\,\,NP = PS = z.

Επειδή :

1. \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} γιατί η εγγεγραμμένη είναι το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης.

2. \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}} ως εντός εναλλάξ των παραλλήλων AE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AM με τέμνουσα ZE.

3. \widehat {{a_2}} = \widehat \theta  \Leftrightarrow AM = AQ θα είναι \widehat {{a_1}} = \widehat \omega και αφού οι διαγώνιοι του ρόμβου τέμνονται κάθετα θα είναι \widehat {{a_4}} + \widehat \theta  = 90^\circ  \Rightarrow \boxed{\widehat \theta  + \widehat \omega  = 90^\circ }
Τμήμα και χορδή_new.png
Τμήμα και χορδή_new.png (49.75 KiB) Προβλήθηκε 589 φορές

Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι η MQ εφάπτεται του κύκλου (A,N,B,M).

Τα ισοσκελή τρίγωνα ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AMQ έχουν \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}( γιατί βαίνουν σε ίσα τόξα ίσων κύκλων ) θα είναι όμοια και άρα :

\dfrac{{BC}}{{AB}} = \dfrac{{MQ}}{{AM}} \Rightarrow \dfrac{3}{2} = \dfrac{{MQ}}{y} \Rightarrow \boxed{MQ = \dfrac{3}{2}y}\,\,(1).

Από τις δυνάμεις των σημείων Q\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A ως προς τους κύκλους , (Z,ZM)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(B,BM) έχω ταυτόχρονα :

\left\{ \begin{gathered} 
  Q{M^2} = QA \cdot QN \hfill \\ 
  A{M^2} = AP \cdot AS \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  \frac{9}{4}{y^2} = y(x + y + z) \hfill \\ 
  {y^2} = x(x + 2z) \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  5y = 4(x + z)\,\,\,\,(2) \hfill \\ 
  {y^2} = x(x + 2z)\,\,(3) \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Με απαλοιφή του y έχω : (3x - 2z)(3x + 8z) = 0 άρα \boxed{3x = 2z} οπότε η (2) δίδει : y = 2x \Leftrightarrow y + x = 3x = 2z , δηλαδή \boxed{PQ = PS}


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 803
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Δεκ 21, 2017 9:17 pm

Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png
Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png (28.32 KiB) Προβλήθηκε 577 φορές
Παρατηρούμε πως η δύναμη του A στον κόκκινο κύκλο είναι AB^2-BM^2, ενώ του A στον μπλε κύκλο είναι AC^2-CM^2. Αφού AB^2-BM^2=AC^2-CM^2, άρα το A έχει ίσες δυνάμεις ως προς τους δυο κύκλους, συνεπώς AQ^2=AP\cdot AS.

Θέλουμε να αποδείξουμε πως:

SP=PQ\Leftrightarrow AS-AP=AP+AQ\Leftrightarrow AS=2AP+AQ\Leftrightarrow AS\cdot AP=2AP^2+AP\cdot AQ\Leftrightarrow
AQ^2=2AP^2+AP\cdot AQ\Leftrightarrow (AQ-2AP)(AQ+AP)=0\Leftrightarrow AQ=2AP (1)

Παρατηρούμε πως το Q ορίζεται ως το συμμετρικό του M ως προς την AC. Έστω πως η MQ τέμνει την AC στο D. Παρατηρούμε ακόμα πως \dfrac{AM}{MD}=\dfrac{AC}{CM}=\dfrac{4}{3}\Leftrightarrow \dfrac{AM}{MQ}=\dfrac{2}{3}\Leftrightarrow \dfrac{AQ}{MQ}=\dfrac{2}{3}.

Αφού εμείς θέλουμε να αποδείξουμε την (1), αρκεί να αποδειχθεί πως \dfrac{AP}{MQ}=\dfrac{1}{3}, δηλαδή πως \dfrac{AQ}{MQ}+\dfrac{AP}{MQ}=\dfrac{3}{3}=1\Leftrightarrow PQ=MQ.

Με άλλα λόγια αρκεί να αποδειχθεί το ισοδύναμο, δηλαδή πως αν P σημείο της προέκτασης της AQ προς το A με PQ=MQ, τότε το P ανήκει στον κόκκινο κύκλο, είναι δηλαδή BP=BM.

Άρα αρκεί η BQ να είναι μεσοκάθετος του PM και αφού το PQM είναι ισοσκελές, αρκεί η BQ να διχοτομεί την \widehat{PQM}.

Αφού \widehat{AQC}=90^o και \widehat{AMC}=90^o, έχουμε πως το AQCM είναι εγγράψιμο, άρα \widehat{AQM}=\widehat{ACM}.

Επομένως αρκεί \widehat{ACM}=2\widehat{BQM} (2)

Έστω F το σημείο τομής του μπλε κύκλου με την AC. Έχουμε πως \widehat{FCM}=2\widehat{FQM}. Άρα για να αποδείξουμε την (2) αρκεί να αποδείξουμε πως το σημείο που η BQ τέμνει την AC είναι το F, δηλαδή πως για το σημείο τομής της BQ με την AC, έστω K, ισχύει ότι ανήκει στο μπλε κύκλο, δηλαδή να είναι CK=CM.

Έχουμε από θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο BQM με διατέμνουσα KDC πως \dfrac{BK}{KQ}=2

Τώρα με Μενελάου στο τρίγωνο BKC με διατέμνουσα MDQ και συνδυάζοντας την παραπάνω σχέση παίρνουμε πως DC=3DK.

Από το ορθογώνιο AMC με ύψος MD παίρνουμε πως DC\cdot AC=CM^2\Leftrightarrow DC\cdot \dfrac{2a}{3}=\dfrac{a^2}{4}\Leftrightarrow DC=\dfrac{3a}{8}.

Επομένως DK=\dfrac{a}{8} και CK=DK+DC=\dfrac{a}{2}=CM και το ζητούμενο έπεται.


Houston, we have a problem!
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1809
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Δευ Δεκ 25, 2017 1:41 pm

george visvikis έγραψε:
Τετ Δεκ 20, 2017 10:38 am
Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png
M είναι το μέσο της πλευράς BC=a ισοσκελούς τριγώνου ABC με AB=AC=\dfrac{2a}{3}. Γράφω τους κύκλους

(B, BM), (C, CM) και από το A φέρνω ευθεία που εφάπτεται στον κύκλο (C) στο Q και τέμνει τον κύκλο (B)

κατά σειρά στα σημεία P, S. Να δείξετε ότι SP=PQ.
Καλά Χριστούγεννα σε όλους.

Έστω \displaystyle SM \cap \left( {{C_1}} \right) = Z και \displaystyle QM \cap \left( {{C_2}} \right) = H.Επειδή οι κύκλοι είναι ίσοι

θα είναι \displaystyle SM = MZκαι \displaystyle QM = MHάρα \displaystyle SQZHπαραλ/μμο

Είναι \displaystyle AE = \frac{\alpha }{6} κι από Π.Θ στο \displaystyle \vartriangle AMC έχουμε \displaystyle A{M^2} = A{Q^2} = \frac{{7{a^2}}}{{36}}

\displaystyle A{M^2} = AE \cdot AZ = \frac{{7{a^2}}}{{36}} \Rightarrow \frac{a}{6} \cdot AZ = \frac{{7{a^2}}}{{36}} \Rightarrow AZ = \frac{{7a}}{6} \Rightarrow \boxed{EZ = a}

Έτσι , \displaystyle EZ διάμετρος και \displaystyle QZ = MZ = MS=SH και οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες ,άρα η \displaystyle SZ εφάπτεται του περίκυκλου του \displaystyle \vartriangle PMQ

Μετά απ αυτά , \displaystyle S{Q^2} = SM \cdot SZ = 2S{M^2} = 2SP \cdot SQ \Rightarrow \boxed{SQ = 2SP}
εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png
εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png (34.6 KiB) Προβλήθηκε 522 φορές


ΝΕΝΑ
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Τετ Μάιος 24, 2017 8:31 pm

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΝΕΝΑ » Τρί Δεκ 26, 2017 10:20 am

Παρακαλώ θα μπορούσε να δοθεί πιό επεξηγηματικά η πρώτη λύση με τις συντεταγμένες;
Ευχαριστώ !


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11537
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Δεκ 26, 2017 11:34 am

george visvikis έγραψε:
Τετ Δεκ 20, 2017 10:38 am
equal.png
equal.png (40.35 KiB) Προβλήθηκε 473 φορές
M είναι το μέσο της πλευράς BC=a ισοσκελούς τριγώνου ABC με AB=AC=\dfrac{2a}{3}. Γράφω τους κύκλους

(B, BM), (C, CM) και από το A φέρνω ευθεία που εφάπτεται στον κύκλο (C) στο Q και τέμνει τον κύκλο (B)

κατά σειρά στα σημεία P, S. Να δείξετε ότι SP=PQ.
Χωρίς βλάβη ( λόγω ομοιότητας ) , έστω : AB=AC=4 ,BC=6 , οπότε M(-3,0)

και με Π.Θ : A(-3,\sqrt{7}) . Η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου (C)

στο σημείο Q(a,b) , είναι η : ax+by=9 και επειδή διέρχεται από το A , έχουμε :

-3a+b\sqrt{7}=9 . Επίσης είναι : a^2+b^2=9 . Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε το Q .

Η εξίσωση λοιπόν της εφαπτομένης είναι : -\dfrac{3}{8}x+\dfrac{9\sqrt{7}}{8}=9 . Είναι πλέον απλό

να βρούμε την τομή της με τον y'y : θέτουμε y=0 , οπότε : T(-24,0) .

Το BN υπολογίζεται από την ομοιότητα των τριγώνων TBN,TCQ , ( \dfrac{BN}{18}=\dfrac{3}{24} )

Υπολογίζω τα TQ(=9\sqrt{7}) , SP(=\dfrac{3}{2}\sqrt{7}) με Π.Θ. . Στη συνέχεια η : TS\cdot TP=TL\cdot TM

δίνει : TS=6\sqrt{7} , οπότε με αφαίρεση :PQ=\dfrac{3}{2}\sqrt{7} , άρα : SP=PQ , ό.έ.δ.


ΝΕΝΑ
Δημοσιεύσεις: 22
Εγγραφή: Τετ Μάιος 24, 2017 8:31 pm

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΝΕΝΑ » Τρί Δεκ 26, 2017 12:13 pm

Σας ευχαριστώ πολύ για το ενδιαφέρον και για τον κόπο σας.
Χρόνια πολλά !


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες