Παραλληλία με ... αγκάθια

KARKAR · #1

: Παραλληλία με αγκάθια.png (13.96 KiB) Προβλήθηκε 727 φορές

Από σημείο

της προέκτασης της διαμέτρου

ενός ημικυκλίου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα

και την τέμνουσα-διχοτόμο SPQ

. Για ποια θέση του

, είναι : $QT \parallel AP$ ;

Dimessi · #2

: Συνθήκη παραλληλίας.png (35.6 KiB) Προβλήθηκε 683 φορές

$\bullet$ Έστω

το άλλο εφαπτόμενο τμήμα στον (O)

από το

κι ας είναι $V\equiv \overline{SPQ}\cap TL,H\equiv TL\cap AB.$ Με

την πολική του

ως προς τον κύκλο (O)

η σημειοσειρά $\left ( S,P,V,Q \right )$ είναι αρμονική οπότε $\displaystyle \frac{VP}{VQ}=\frac{SP}{SQ}:\left ( 1 \right ).$ Είναι $\displaystyle VP\cdot VQ\overset{PTQL \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=VT\cdot VL\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow VP^{2}=VT\cdot VL\cdot \frac{SP}{SQ}\overset{AQPB \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=VT\cdot VL\cdot \frac{SP}{\frac{SB\cdot SA}{SP}}$
$\displaystyle \Rightarrow \frac{VP^{2}}{SP^{2}}=\frac{VT\cdot VL}{SB\cdot SA}:\left ( 2 \right ).$ Ακόμα $\displaystyle \frac{VH}{VT}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle HST\left ( \angle VSH=\angle VST \right )}=\frac{SH}{ST}\overset{^{ST \epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \left ( O \right )}_{\Theta .\pi \varrho o\beta o\lambda \omega \nu \vartriangle OST}}=\frac{SB\cdot SA}{SO\cdot \sqrt{SB\cdot SA}}=\frac{\sqrt{SB\cdot SA}}{SO}:\left ( 3 \right ).$ Επομένως $\displaystyle VT\cdot VL\overset{HT=HL}=VT\left ( VT+2VH \right )\overset{\left ( 3 \right )}=VT\left ( VT+2VT\cdot \frac{\sqrt{SB\cdot SA}}{SO} \right )=$
$\displaystyle =VT^{2}\left ( 1+2\cdot \frac{\sqrt{SB\cdot SA}}{SO} \right ):\left ( 4 \right ).$ Όμως από $\displaystyle \left ( 3 \right )\Rightarrow \frac{VT}{HT}=\frac{SO}{SO+\sqrt{SB\cdot SA}}\Rightarrow VT^{2}=\frac{SO^{2}}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}}\cdot HT^{2}$
$\displaystyle =\frac{R^{2}\cdot SB\cdot SA}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}}\overset{\left ( 4 \right )}\Rightarrow VT\cdot VL=\frac{R^{2}\cdot SB\cdot SA}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}}\cdot \frac{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}}{SO}$
$\displaystyle \overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \frac{VP^{2}}{SP^{2}}=\frac{R^{2}}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}}\cdot \frac{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}}{SO}:\left ( 5 \right ).$

: Συνθήκη παραλληλίας.png (35.6 KiB) Προβλήθηκε 683 φορές

$\bullet$ Έστω $X\equiv PL\cap AB.$ Από το Θεώρημα του Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle HVS$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{PXL}:\frac{LH}{LV}\cdot \frac{SX}{HX}\cdot \frac{VP}{SP}=1:\left ( 6 \right ).$
Θέτοντας $\displaystyle SB=x\overset{\left ( 3 \right )_{HL=HT}}\Rightarrow \frac{LH}{LV}=\frac{SO+\sqrt{SB\cdot SA}}{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}}\Rightarrow$
$\displaystyle \overset{^{\left ( 5 \right )}_{\left ( 6 \right )}}\Rightarrow \frac{SO+\sqrt{SB\cdot SA}}{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}}\cdot \frac{R\sqrt{SO+2\sqrt{2SB\cdot SA}}}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )\sqrt{SO}}\cdot \frac{SX}{HX}=1 \Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow \frac{HX}{SX}=\frac{R}{\sqrt{SO^{2}+2SO\cdot \sqrt{SB\cdot SA}}}=\frac{R}{\sqrt{\left ( R+x \right )^{2}+2\left ( R+x \right )\cdot \sqrt{x\left ( x+2R \right )}}}:\left ( 7 \right ).$
$\bullet$ Από το Θεώρημα του Stewart στο τρίγωνο $\vartriangle HST$ με τέμνουσα $\displaystyle SV:HV\cdot ST^{2}+VT\cdot SH^{2}=\left ( HV+VT \right )\left ( VS^{2}+HV\cdot VT \right )\Rightarrow$
$\displaystyle \overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \sqrt{SB\cdot SA}\cdot SB\cdot SA+SO\cdot \left (\frac{SB\cdot SA}{SO}\right)^{2}=\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )\left ( VS^{2}+HV\cdot VT \right ):(8).$
Επειδή όμως $\displaystyle HV\cdot VT\overset{\left ( 3 \right )}=\frac{\sqrt{SB\cdot SA}}{SO}\cdot \frac{R^{2}\cdot SB\cdot SA}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}}\Rightarrow$
$\displaystyle \overset{\left ( 8 \right )}\Rightarrow VS^{2}=\frac{SO\cdot \sqrt{SB\cdot SA}\cdot SB\cdot SA+SB^{2}\cdot SA^{2}}{SO\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )}-\frac{R^{2}\cdot SB\cdot SA}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}}=$
$\displaystyle =SB\cdot SA\frac{(SO\sqrt{SB\cdot SA}+SB\cdot SA)\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )-SO\cdot R^{2}}{SO\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}}:\left ( 9 \right ).$
Τώρα από $\displaystyle \frac{SP}{VS}\overset{\left ( 5 \right )}=\frac{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )\sqrt{SO}}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )\sqrt{SO}+R\sqrt{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}}}\Rightarrow$
$\displaystyle \overset{\left ( 9 \right )}\Rightarrow SP=\sqrt{SB\cdot SA}\cdot \frac{\sqrt{\sqrt{SB\cdot SA}\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}-SO\cdot R^{2}}}{\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )\sqrt{SO}+R\sqrt{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}}}\Rightarrow$
$\displaystyle \frac{SP}{SQ}=\frac{SP^{2}}{SB\cdot SA}=\frac{\sqrt{SB\cdot SA}\left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right )^{2}-SO\cdot R^{2}}{\left ( \left ( SO+\sqrt{SB\cdot SA} \right ) \sqrt{SO}+R\sqrt{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}}\right )^{2}}:\left ( 10 \right ).$
Όμως από $\displaystyle \left ( 7 \right )\Rightarrow \frac{SX}{SH}\cdot \frac{SH}{SA}=\frac{\sqrt{SO^{2}+2SO\sqrt{SB\cdot SA}}}{R+\sqrt{SO^{2}+2SO\sqrt{SB\cdot SA}}}\cdot \frac{SB\cdot SA}{SO\cdot SA}\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow \frac{SX}{SA}=\frac{SB\sqrt{SO}\sqrt{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}}}{SO\left ( R+\sqrt{SO}\sqrt{SO+2\sqrt{SB\cdot SA}} \right )}:\left ( 11 \right ).$
$\bullet$ Για να ισχύει $QT \parallel AP,$ πρέπει και αρκεί QP=AT.

Όμως το

ανήκει στη μεσοκάθετη του $TL \Rightarrow AT=AL,$ άρα πρέπει και αρκεί να ισχύει $AQ \parallel \overline {PXL},$ ή ισοδύναμα πρέπει και αρκεί να ισχύει ότι $\displaystyle \frac{SP}{SQ}=\frac{SX}{SA}\left ( \ast \right ).$
Τώρα δημιουργείται η ικανή και αναγκαία συνθήκη έτσι ώστε $QT \parallel AP.$
$\displaystyle \left ( \ast \right )\overset{\left ( 10 \right )_{\left ( 11 \right )}}\Leftrightarrow \frac{\sqrt{x\left ( x+2R \right )}\left ( R+x+\sqrt{x\left ( x+2R \right )} \right )^{2}-\left ( R+x \right )R}{\left ( \left ( R+x+\sqrt{x\left ( x+2R \right )} \right )\sqrt{R+x}+R\sqrt{R+x+2\sqrt{x\left ( x+2R \right )}} \right )^{2}}=\frac{x\sqrt{R+x}\sqrt{R+x+2\sqrt{x\left ( x+2R \right )}}}{\left ( R+x \right )\left ( R+\sqrt{R+x}\sqrt{R+x+2\sqrt{x\left ( x+2R \right )}} \right )}.$

: Συνθήκη παραλληλίας.png (35.6 KiB) Προβλήθηκε 683 φορές

Nikitas K. · #3

KARKAR έγραψε: Κυρ Δεκ 14, 2025 7:19 am Παραλληλία με αγκάθια.png Από σημείο της προέκτασης της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα και την τέμνουσα-διχοτόμο . Για ποια θέση του , είναι : $QT \parallel AP$ ;

: Παραλληλία με αγκάθια.png (914.94 KiB) Προβλήθηκε 669 φορές

Τα παρακάτω τα αφήνω ως τυπολόγιο αφού σωστά επισημαίνει ο κ. Μιχάλης ότι ενδέχεται να μην είναι ανεξάρτητες οι παρακάτω εξισώσεις.
Όντως διαπίστωσα ότι κάποιες δεν ήταν ανεξάρτητες προηγουμένως.

Με βάση τους συμβολισμούς του σχήματος:

Από δύναμη του σημείου

ως προς τον «κύκλο» προκύπτει:

c^2 = (2r+x)x

και

Από τα όμοια τρίγωνα TQS

και

προκύπτει:

$\dfrac{a}{y} = \dfrac{c}{n}$

Από το ισοσκελές τραπέζιο QTPA

και το πρώτο θεώρημα του Πτολεμαίου έχουμε:

m^2 = ab + y^2

Εφαρμόζοντας τον νόμο συνημιτόνων στα τρίγωνα TQS

και

· απαλοίφοντας το $\cos\theta$ προκύπτει:

$\dfrac{(m+n)^2 + c^2 - a^2}{(m+n)c} = \dfrac{n^2 + (2r+x)^2-b^2}{n(2r+x)}$

Από το θεώρημα του Στιούαρτ στο $\triangle QAS$ έχουμε:

(m+n)(b^2+mn) = m(2r+x)^2 +ny^2

Από

Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Δεκ 15, 2025 11:36 am...Συγκεκριμένα το τόξο $\boxed { \overset {\frown } {AQ} = 45^o}$ ...

και μέσω του νόμου των συνημιτώνων στα τρίγωνα TQP

και

προκύπτει:

$\displaystyle {a+b = 2m \cos\dfrac{\pi}{8}}$

#4

Nikitas K. έγραψε: Δευ Δεκ 15, 2025 5:22 am
Το σημείο εντοπίζεται λύνοντας το παραπάνω σύστημα εξισώσεων με σταθερά την ακτίνα του ημικυκλίου.

.
Σωστά, αλλά το θέμα χρειάζεται περισσότερη επεξεργασία (και δεν μόνο εννοώ την επίλυση).

Συγκεκριμένα, έχουμε μεν

εξισώσεις με

αγνώστους αλλά δεν ξέρουμε αν αυτές είναι ανεξάρτητες, δηλαδή αν κάποια από αυτές αποδεικνύεται από τις υπόλοιπες. Σε αυτή την περίπτωση έχουμε μία εξίσωση λιγότερη, οπότε δεν μπορούμε να βρούμε τα ζητούμενα.

#5

KARKAR έγραψε: Κυρ Δεκ 14, 2025 7:19 am Παραλληλία με αγκάθια.pngΑπό σημείο της προέκτασης της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα και την τέμνουσα-διχοτόμο . Για ποια θέση του , είναι : $QT \parallel AP$ ;

.

: παραλλ αγκ.png (33.13 KiB) Προβλήθηκε 618 φορές

.
Το σημείο

μπορεί πολύ εύκολα να προσδιοριστεί (αλλά δεν έχω σκεφθεί τρόπο να αξιοποιήσω την συγκεκριμένη κατασκευή για να βρω και το

, οπότε είναι ανοικτό ζήτημα. Ήδη ο Δημήτρης (Dimesi) έχει προσδιορίσει το

, αλλά προσπαθω να βω τρόπο με χρήση του εύκολου

).
Συγκεκριμένα το τόξο $\boxed { \overset {\frown } {AQ} = 45^o}$ . Πράγματι,

Έστω ότι οι γωνίες στις κορυφές A, Q,S

είναι

αντίστοιχα, όπως σχήμα. Τότε από παραλληλίες και χορδή και εφαπτομένη υπάρχουν διάφορες άλλες γωνίες που μπορούμε να προσδιορίσουμε. Ειδικά από την γωνία $\widehat {APQ}$ με δύο διαφορετικούς τρόπους συμπεραίνουμε $\boxed {a=b+x}$ . Άρα

$180 = { \overset {\frown } {AQB} } = { \overset {\frown } {AQ} } + { \overset {\frown } {QT} }+ { \overset {\frown } {TP} }+ { \overset {\frown } {PΒ} }= 2a+2(a+x)+2a+2b= 6a+2(b+x)= 6a+2a=8a$

Άρα $a= \dfrac {45}{2}$ από όπου το ζητούμενο. Και λοιπά.

#6

Nikitas K. έγραψε: Δευ Δεκ 15, 2025 5:22 am
Από
Mihalis_Lambrou έγραψε: Δευ Δεκ 15, 2025 11:36 am...Συγκεκριμένα το τόξο $\boxed { \overset {\frown } {AQ} = 45^o}$ ...
και μέσω του νόμου των συνημιτώνων στα τρίγωνα και προκύπτει:

$\displaystyle {a+b = 2m \cos\dfrac{\pi}{8}}$

.
Νικήτα, παρατηρώ ότι πρόσθεσες εκ των υστέρων το παραπάνω. Ωραιότατα. 'Ομως αυτό δεν αναιρεί όσα έγραψα στο ποστ #

για τις

εξισώσεις και

αγνώστους. Και πάλι, ποιος μας λέει ότι λόγω αλληλοεξαρτήσεων οι εξισώσεις δεν είναι λιγότερες από τους αγνώστους;

Μία ακόμη διευκρίσιση είναι χρήσιμη: Σημείωσα έναν απλό τρόπο να βρεθεί το

αλλά, όπως επισήμανα στο ποστ #

, δεν έχω σκεφθεί τρόπο να αξιοποιήσω την συγκεκριμένη κατασκευή για να βρω και το

. Ήδη ο Δημήτρης (Dimesi) έχει προσδιορίσει το

με άλλον τρόπο γράφοντας την εξίσωση την οποία ικανοποιεί, αλλά προσπαθώ να βρω τρόπο με χρήση του εύκολου

.

Παραλληλία με ... αγκάθια

Παραλληλία με ... αγκάθια

Re: Παραλληλία με ... αγκάθια

Re: Παραλληλία με ... αγκάθια

Re: Παραλληλία με ... αγκάθια

Re: Παραλληλία με ... αγκάθια

Re: Παραλληλία με ... αγκάθια

Μέλη σε σύνδεση