Ζητείται θέση

#1

: Ζητείται θέση.png (20.59 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

Έστω

το μέσο ημικυκλίου διαμέτρου AB=2R.

Σε σημείο

του τόξου $\overset\frown {NB}$ φέρνω εφαπτομένη $(\epsilon)$ του

ημικυκλίου. Να βρείτε σημείο

της διαμέτρου AB,

ώστε αν

είναι οι προβολές των N, A, S, B

αντίστοιχα στην $(\epsilon),$ να ισχύει $\displaystyle NN' \cdot SS' + AA' \cdot BB' = {R^2}.$

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 30, 2025 10:19 am
Ζητείται θέση.png
Έστω το μέσο ημικυκλίου διαμέτρου Σε σημείο του τόξου $\overset\frown {NB}$ φέρνω εφαπτομένη $(\epsilon)$ του ημικυκλίου. Να βρείτε σημείο της διαμέτρου ώστε αν είναι οι προβολές των αντίστοιχα στην $(\epsilon),$ να ισχύει $\displaystyle NN' \cdot SS' + AA' \cdot BB' = {R^2}.$

Νομίζω ότι τα δεδομένα του προβλήματος παραπέμπουν σε αναλυτική γεωμετρία (τις σχέσεις (απλές) της αναλυτικής γεωμετρίας που χρησιμοποιήθηκε μπορείτε να τις μετατρέψετε σε ευκλείδειες σχέσεις

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων στο οποίο το ημικύκλιο έχει εξίσωση ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}={{R}^{2}},y\ge 0$ οπότε αν $M\left( {{x}_{1}},{{y}_{1}} \right)\Rightarrow \left( e \right):{{x}_{1}}x+{{y}_{1}}y-{{R}^{2}}=0$ και φυσικά ως προς το εν λόγω σύστημα θα είναι $N\left( 0,R \right),A\left( -R,0 \right),B\left( R,0 \right)$ και ας είναι $S\left( s,0 \right)$ .
Τότε θα είναι $N{N}'=d\left( N,\left( e \right) \right)=\dfrac{\left| {{y}_{1}}R-{{R}^{2}} \right|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}=\left| {{y}_{1}}R-{{R}^{2}} \right|=R-{{y}_{1}}$ και
$A{A}'=d\left( A,\left( e \right) \right)=\dfrac{\left| -{{x}_{1}}R-{{R}^{2}} \right|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}=R+{{x}_{1}}$ , $B{B}'=d\left( B,\left( e \right) \right)=\dfrac{\left| {{x}_{1}}R-{{R}^{2}} \right|}{\sqrt{x_{1}^{2}+y_{1}^{2}}}=R-{{x}_{1}}$ και $S{S}'=d\left( S,\left( e \right) \right)=\dfrac{\left| {{x}_{1}}s-{{R}^{2}} \right|}{R}$
Έτσι έχουμε $N{N}'\cdot S{S}'+A{A}'\cdot B{B}'={{R}^{2}}\Leftrightarrow \left( R-{{y}_{1}} \right)\dfrac{\left| {{x}_{1}}s-{{R}^{2}} \right|}{R}+{{R}^{2}}-x_{1}^{2}={{R}^{2}}$ $\Leftrightarrow \left( R-{{y}_{1}} \right)\dfrac{\left| {{x}_{1}}s-{{R}^{2}} \right|}{R}=x_{1}^{2}\Leftrightarrow$ ${{x}_{1}}s-{{R}^{2}}=\dfrac{Rx_{1}^{2}}{R-{{y}_{1}}}\,\,\,\,\,\vee \,\,\,\,\,{{x}_{1}}s-{{R}^{2}}=-\dfrac{Rx_{1}^{2}}{R-{{y}_{1}}}\Leftrightarrow s=\dfrac{\dfrac{Rx_{1}^{2}}{R-{{y}_{1}}}+{{R}^{2}}}{{{x}_{1}}}\,\,\,\,\,\vee \,\,\,\,s=\dfrac{-\dfrac{Rx_{1}^{2}}{R-{{y}_{1}}}+{{R}^{2}}}{{{x}_{1}}}$

#3

Σ' ευχαριστώ Στάθη για τη λύση

Να πω απλώς ότι η άσκηση κατασκευάστηκε για να έχει Γεωμετρική λύση, γι' αυτό και
τοποθετήθηκε σ' αυτό το φάκελο. Θα περιμένω μια δυο μέρες ακόμα και αν δεν δοθεί
θα γράψω την κατασκευή και την απόδειξη.

Dimessi · #4

Ανάλυση:

: Προβολές..png (40.31 KiB) Προβλήθηκε 854 φορές

$\displaystyle \angle AMA'\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma }=\angle MBA\overset{\angle AA'M=\angle AMB=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle AMA'\sim \vartriangle AMB\Rightarrow \frac{AA'}{AM}=\frac{AM}{AB}.$
$\displaystyle \angle BMB'\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma }=\angle BAM\overset{\angle MB'B=\angle AMB=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle BMB'\sim \vartriangle AMB\Rightarrow \frac{BB'}{BM}=\frac{BM}{AB}.$
$\displaystyle OM \overset{\perp QM}\parallel SS'\Rightarrow \frac{SS'}{OM}=\frac{QS}{QO}\left ( \ast \right ).$
$\displaystyle \frac{OM}{OQ}=\cos \angle MOQ=\cos\left ( 2\angle MAB \right )=\frac{2AM^{2}-AB^{2}}{AB^{2}}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \frac{SS'}{SQ}=\frac{AM^{2}-2R^{2}}{2R^{2}}\left ( \ast \ast \right ).$
$\displaystyle \angle PON=\frac{1}{2}\angle MON\overset{\chi o\varrho \delta \eta \varsigma -\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \eta \varsigma }=\angle NMN'\overset{\angle OPN=\angle NN'M=90^\circ}\Rightarrow \vartriangle PON \sim \vartriangle NMN'$ $\displaystyle \Rightarrow \frac{NN'}{MN}=\frac{PN}{ON}.$
$\displaystyle R^{2}=NN'\cdot SS'+AA'\cdot BB'=\frac{MN^{2}}{2R}\cdot \frac{AM^{2}-2R^{2}}{2R^{2}}\cdot SQ+\frac{AM^{2}}{2R}\cdot \frac{BM^{2}}{2R}\Rightarrow$
$\displaystyle \Rightarrow MN^{2}\left ( AM^{2}-2R^{2} \right )\cdot SQ+AM^{2}\cdot BM^{2}\cdot R=4R^{5}(1).$
$\displaystyle MN^{2}=2R^{2}+AM^{2}-2\sqrt{2}R\cdot AM\cdot \cos \left ( \frac{\pi }{4}-\angle MAB \right )$ $\displaystyle =2R^{2}+AM^{2}-2\sqrt{2}R\cdot AM\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\left ( \frac{AM}{2R} +\frac{BM}{2R}\right )=2R^{2}-AM\cdot BM (\ast \ast \ast).$
$\displaystyle \left ( 1 \right )\overset{\left ( \ast \ast \ast \right )}\Rightarrow \left ( 2R^{2}-AM\cdot BM \right )\left ( AM^{2}-2R^{2} \right )\cdot SQ=R\left ( 2R^{2}-AM\cdot BM \right )\left ( 2R^{2}+AM\cdot BM \right )$ $\displaystyle \Rightarrow SQ=\frac{R\left ( 2R^{2}+AM\cdot BM \right )}{AM^{2}-2R^{2}}=\frac{R\left ( AM+BM \right )}{AM-MB}.$
Κατασκευή: Θεωρούμε $Q\equiv \left ( \epsilon \right )\cap AB.$ Ο κύκλος $\left ( Q,r=\frac{R\left ( AM+MB \right )}{AM-MB} \right )$ τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα

στο ζητούμενο σημείο

: Προβολές..png (40.31 KiB) Προβλήθηκε 854 φορές

#5

Σ' ευχαριστώ Δημήτρη για τη λύση

Υπάρχει μια πολύ εύκολη κατασκευή (αλλά πολύ δύσκολα πάει το μυαλό σου).

abgd · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 10:41 am
Υπάρχει μια πολύ εύκολη κατασκευή (αλλά πολύ δύσκολα πάει το μυαλό σου).

Γιώργο δεν ξέρω αν έχεις κατά νου το παρακάτω. Το γράφω σύντομα:

: thesi.png (34.01 KiB) Προβλήθηκε 810 φορές

Από τις παραλληλίες - ομοιότητες τριγώνων προκύπτουν εύκολα οι παρακάτω αναλογίες:

$\displaystyle{\dfrac{NN'}{R}= \dfrac{c}{c+R} \ \ , \ \ \dfrac{SS'}{R}= \dfrac{DS}{d+R}}$ $\bf(1)$

$\displaystyle{\dfrac{AA'}{R}= \dfrac{d+2R}{d+R} \ \ , \ \ \dfrac{BB'}{R}= \dfrac{d}{d+R}}$ $\bf(2)$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη της $\bf(1), (2)$ , προσθέτοντας κατά μέλη και χρησιμοποιώντας την δοσμένη ισότητα έχουμε:

$\displaystyle{ \dfrac{c\cdot DS}{(c+R)(d+R)}+\dfrac{(d+2R)\cdot d}{(d+R)^2}=1}$

Κάνοντας τις πράξεις έχουμε: $\displaystyle{\boxed{DS= \dfrac{R^2(c+R)}{c(d+R)}}}$

#7

abgd έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 11:27 am

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 10:41 am
Υπάρχει μια πολύ εύκολη κατασκευή (αλλά πολύ δύσκολα πάει το μυαλό σου).
Γιώργο δεν ξέρω αν έχεις κατά νου το παρακάτω. Το γράφω σύντομα:

thesi.png

Από τις παραλληλίες - ομοιότητες τριγώνων προκύπτουν εύκολα οι παρακάτω αναλογίες:

$\displaystyle{\dfrac{NN'}{R}= \dfrac{c}{c+R} \ \ , \ \ \dfrac{SS'}{R}= \dfrac{DS}{d+R}}$ $\bf(1)$

$\displaystyle{\dfrac{AA'}{R}= \dfrac{d+2R}{d+R} \ \ , \ \ \dfrac{BB'}{R}= \dfrac{d}{d+R}}$ $\bf(2)$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη της $\bf(1), (2)$ , προσθέτοντας κατά μέλη και χρησιμοποιώντας την δοσμένη ισότητα έχουμε:

$\displaystyle{ \dfrac{c\cdot DS}{(c+R)(d+R)}+\dfrac{(d+2R)\cdot d}{(d+R)^2}=1}$

Κάνοντας τις πράξεις έχουμε: $\displaystyle{\boxed{DS= \dfrac{R^2(c+R)}{c(d+R)}}}$

Όχι, δεν είναι αυτό που είχα στο μυαλό μου. Μου άρεσε πάντως η λύση σου Κώστα

#8

Προς το παρόν δίνω μόνο την κατασκευή και ζητάω την απόδειξη. (Μετά τη λύση ή τις λύσεις, θα γράψω

και τη δική μου απόδειξη αν είναι διαφορετική και δυο λόγια για την έμπνευση αυτής της άσκησης).

: Ζητείται θέση...png (20.25 KiB) Προβλήθηκε 794 φορές

Η

τέμνει το ημικύκλιο στο

και η παράλληλη από το

στην $(\epsilon),$ την

στο ζητούμενο σημείο

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 30, 2025 10:19 am
Ζητείται θέση.png
Έστω το μέσο ημικυκλίου διαμέτρου Σε σημείο του τόξου $\overset\frown {NB}$ φέρνω εφαπτομένη $(\epsilon)$ του

ημικυκλίου. Να βρείτε σημείο της διαμέτρου ώστε αν είναι οι προβολές των

αντίστοιχα στην $(\epsilon),$ να ισχύει $\displaystyle NN' \cdot SS' + AA' \cdot BB' = {R^2}.$

Τα τμήματα NN’=m

και

είναι σταθερά και προφανώς ισχύει BB’=EA’

Επομένως

,άρα $NN’.SS’=R^2-n^2\Rightarrow SS'= \dfrac{R^2-n^2}{m}$

Από τα όμοια τρίγωνα $SS’K,OMK\Rightarrow \dfrac{SS'}{R}= \dfrac{KS'}{n} \Rightarrow KS'= \dfrac{nSS'}{R}$

Άρα $KS' = \dfrac{(R^2-m^2)n}{mR}$ .Η κάθετη στην KS'

στο

τέμνει τη διάμετρο στο ζητούμενο σημείο

: Ζητείται θέση.png (24.24 KiB) Προβλήθηκε 780 φορές

Dimessi · #10

Φέρουμε $NU\perp OM$ και $MY\perp AB.$
Από το ορθογώνιο NUMN',

Από τη σχέση τεμνουσας $NN'\cdot N' P=N'M^{2}=NU^{2}.$
Τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ONU=\vartriangle OMY (OM=ON, \angle NOU=\angle OMY).$
Όποτε NU= OY.

Από το ορθογώνιο N'PSS' , SS'=PN'.

Τώρα $NN'\cdot SS'=NN'\cdot PN' =OY^{2}=R^2-MY^{2}.$
Στο ποστ 4 έδειξα ότι $AA'\cdot BB'=(\frac{AM\cdot MB}{AB})^{2}.$
Όμως $AM\cdot MB=2(AMB)=AB\cdot MY \Rightarrow AA'\cdot BB'= MY^{2}.$
Όποτε $NN'\cdot SS'+AA'\cdot BB'=R^{2}.$

abgd · #11

Συνεχίζοντας την λύση που έδωσα παραπάνω....

abgd έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 11:27 am
Από τις παραλληλίες - ομοιότητες τριγώνων προκύπτουν εύκολα οι παρακάτω αναλογίες:

$\displaystyle{\dfrac{NN'}{R}= \dfrac{c}{c+R} \ \ , \ \ \dfrac{SS'}{R}= \dfrac{DS}{d+R}}$ $\bf(1)$

$\displaystyle{\dfrac{AA'}{R}= \dfrac{d+2R}{d+R} \ \ , \ \ \dfrac{BB'}{R}= \dfrac{d}{d+R}}$ $\bf(2)$

Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη της $\bf(1), (2)$ , προσθέτοντας κατά μέλη και χρησιμοποιώντας την δοσμένη ισότητα έχουμε:

$\displaystyle{ \dfrac{c\cdot DS}{(c+R)(d+R)}+\dfrac{(d+2R)\cdot d}{(d+R)^2}=1}$

Κάνοντας τις πράξεις έχουμε: $\displaystyle{\boxed{DS= \dfrac{R^2(c+R)}{c(d+R)}}}$

...για να φτάσω στην απαίτηση του Γιώργου

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 03, 2025 12:47 pm

Η τέμνει το ημικύκλιο στο και η παράλληλη από το στην $(\epsilon),$ την στο ζητούμενο σημείο

... η οποία δίνει μια πολύ κομψή κατασκευή έχουμε τα παρακάτω:

: thesi.png (62.51 KiB) Προβλήθηκε 715 φορές

Από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{DOM, ONK}$ έχουμε: $\displaystyle{\dfrac{R}{d+R}=\dfrac{NK}{R}$ οπότε $\displaystyle{N'M=\dfrac{R^2}{d+R}}$ και από την δύναμη του $\displaystyle{Ν}$ ως προς τον κύκλο: $\displaystyle{N'M^2=NN'\cdot NP}$

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις ισότητες $\bf(1)$ έχουμε: $\displaystyle{\dfrac{NN'\cdot SS'}{R^2}= \dfrac{c\cdot DS}{(c+R)(d+R)}}$ $\bf(3)$

Χρησιμοποιώντας τώρα το αποτέλεσμα που βρήκαμε για το $\displaystyle{DS}$ από την $\displaystyle{\bf(3)}$ παίρνουμε:

$\displaystyle{NN'\cdot SS' =\dfrac{R^4}{(d+R)^2}=N'M^2=NN'\cdot N'P}$

Άρα $\displaystyle{SS'=N'P}$

Η κατασκευή τώρα έπεται εύκολα.

#12

Ευχαριστώ το Μιχάλη για την ενασχόλησή του με το θέμα και
ξανά τους Δημήτρη και Κώστα για τις νέες τοποθετήσεις τους.

Αύριο θα ανεβάσω τη δική μου λύση.

#13

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 30, 2025 10:19 am

Έστω το μέσο ημικυκλίου διαμέτρου Σε σημείο του τόξου $\overset\frown {NB}$ φέρνω εφαπτομένη $(\epsilon)$ του

ημικυκλίου. Να βρείτε σημείο της διαμέτρου ώστε αν είναι οι προβολές των

αντίστοιχα στην $(\epsilon),$ να ισχύει $\displaystyle NN' \cdot SS' + AA' \cdot BB' = {R^2}.$

Η

τέμνει το ημικύκλιο στο

και η παράλληλη από το

στην $(\epsilon),$ την

στο

θα δείξω ότι το

είναι

το ζητούμενο σημείο. Από το κέντρο

του ημικυκλίου φέρνω ευθεία $\epsilon_1//\epsilon$ και σημειώνω N_1, A_1, S_1, B_1

τις

προβολές αντίστοιχα των N, A, S, B

στην $\epsilon_1.$ Προφανώς είναι AA_1=BB_1

και

Είναι ακόμα, N_1N'=A_1A'=S_1S'=B_1B'=OM=R.

: Ζητείται θέση.β.png (31.44 KiB) Προβλήθηκε 630 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} NN' = R - N{N_1} \\ SS' = R + S{S_1} \\ AA' = R + A{A_1} \\ BB' = R - B{B_1} \\ \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} NN' \cdot SS' = (R - N{N_1})(R + S{S_1}) = {R^2} - N{N_1}^2 \\ AA' \cdot BB' = (R + A{A_1})(R - B{B_1}) = {R^2} - B{B_1}^2 \\ \end{array} \right.$

Άρα, $\displaystyle NN' \cdot SS' + AA' \cdot BB' = 2{R^2} - \left( {N{N_1}^2 + B{B_1}^2} \right)$

Από την προφανή όμως ισότητα των τριγώνων ONN_1. OBB_1,

είναι

οπότε

Επομένως, $\boxed{NN' \cdot SS' + AA' \cdot BB' = R^2}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε. Το σημείο

είναι

μοναδικό, αφού δεν υπάρχει άλλο σημείο της διαμέτρου που να απέχει την ίδια απόσταση από την $(\epsilon).$

#14

Παρακάτω δίνω την "αρχική" άσκηση που είχα κατά νου, πριν μετατραπεί σε αυτήν που ανέβασα.

: Η αρχική.png (26.54 KiB) Προβλήθηκε 585 φορές

Τετράγωνο

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O, R).

Σε τυχόν σημείο

του κύκλου,

φέρουμε την εφαπτομένη $(\epsilon).$ Αν A', B', C', D'

είναι οι προβολές αντίστοιχα των A, B, C,

στην $(\epsilon),$ να δείξετε ότι $AA'\cdot CC'+BB'\cdot DD'=R^2.$

Ζητείται θέση

Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Re: Ζητείται θέση

Μέλη σε σύνδεση