mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2011 4:04 pm**

Το 5ο από τα σύνθετα θέματα στη σελίδα 186 του σχολικου βιβλίου Γεωμετρίας λέει:

Θεωρούμε κύκλο $\displaystyle{(O,R),}$ διάμετρό του $\displaystyle{AB}$ και μία χορδή του $\displaystyle{CD}$ που τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{E}$ και σχηματίζει με αυτή γωνία $\displaystyle{45^0.}$ Να αποδείξετε ότι

$\displaystyle{EC^2+ED^2=2R^2.}$

Πόσες διαφορετικές αποδείξεις μπορούμε να βρούμε για αυτό το πρόβλημα;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2011 6:59 pm**

Φέρω το απόστημα

. Το

είναι ισοσκελές , οπότε : $ED^{2}=(DK+s)^2= DK^{2}+s^{2}+2sDK$ .

Ομοίως : $EC^{2}=(DK-s)^{2}=DK^{2}+s^{2}-2sDK$ , και με πρόσθεση κατά μέλη :

$ED^{2}+EC^{2}=2(DK^{2}+s^{2})=2R^{2}$ .

(Αφήνω τα παραπανίσια τμήματα για πιθανή διαφορετική λύση !)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2011 8:54 pm**

Με το άνωθεν σχήμα έχουμε διαδοχικά,

$\displaystyle{C{E^2} + E{D^2}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} 2C{Z^2} + 2D{H^2} = 2\left( {C{Z^2} + D{H^2}} \right)\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} 2\left( {O{H^2} + D{H^2}} \right)\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} 2O{D^2} = 2{R^2}}$

(1): Από τα ορθογώνια και ισοσκελές τρίγωνα EZC, EDH

(2): Τα τρίγωνα CZO = OHD γιατί, α) Ορθογώνια β) CO = OD =R γ) $\displaystyle{Z\hat CO = D\hat OH = \omega + {45^0}}$ αφού το τρίγωνο COD είναι ισοσκελές όπου $\displaystyle{O\hat DC = D\hat CO = \omega }$

(3): Ορθογώνιο τρίγωνο DOH

Σημείωση: Έχω την εντύπωση ότι αυτή είναι και η λύση που προτείνει το λυσάρι

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2011 9:11 pm**

Μια τρίτη λύση

$\displaystyle{C{E^2} + E{D^2}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} 2C{Z^2} + 2D{H^2} = 2\left( {C{Z^2} + D{H^2}} \right)\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} 2\left( {AZ \cdot ZB + AH \cdot HB} \right)\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} 2\left( {{R^2} - O{Z^2} + {R^2} - O{H^2}} \right) = }$ $\displaystyle{2\left[ {2{R^2} - \left( {O{Z^2} + O{H^2}} \right)} \right]\mathop = \limits^{\left( 4 \right)} 2\left[ {2{R^2} - \left( {H{D^2} + O{H^2}} \right)} \right]\mathop = \limits^{\left( 5 \right)} 4{R^2} - 2{R^2} = 2{R^2}}$

όπου,

(1): Από τα ορθογώνια και ισοσκελές τρίγωνα EZC, EDH
(2): Από τα ορθογώνια τρίγωνα ACB, ADB παίρνουμε μετρικές σχέσεις σε ορθογώνια τρίγωνα
(3): Από δύναμη σημείου για τα Ζ, Η
(4): Από την ισότητα των τριγώνων CZO = OHD
(5): Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟDH

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2011 9:44 pm**

Άλλη μία :
Νόμος συνημιτόνων στα τρίγωνα OEC : $R^{2}=EC^{2}+OE^{2}+\sqrt{2}OE\cdot EC$ (1)
και DEO : $R^{2}=ED^{2}+EO^{2}-\sqrt{2}ED\cdot EO$ (2)
(1)+(2) : $2R^{2}=ED^{2}+EC^{2}+EO\left(2OE+\sqrt{2}EC-\sqrt{2}ED \right)= ED^{2}+EC^{2}+EO\left(2\sqrt{2}EK +\sqrt{2}EC-\sqrt{2}ED \right)= ED^{2}+EC^{2}+EO\sqrt{2}\left(CK-KD \right)=ED^{2}+EC^{2}$ .

Αθ. Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2011 11:29 pm**

Και με Αναλυτική Γεωμετρία.
Απλοϊκότατη, αλλά και απλούστατη λύση, δίχως βοηθητικές.

: 10-3-2011 Γεωμετρία.jpg (18.75 KiB) Προβλήθηκε 3356 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο Ο, θεωρούμε κύκλο C με κέντρο Ο και ακτίνα R = 1. Παίρνουμε τα σημεία Α(-1, 0) και Β(1, 0). Η ΑΒ είναι διάμετρος του C. Έστω Ε(α, 0), -1 < α < 1 σημείο της ΑΒ.

Η ευθεία $\displaystyle y = x - \alpha$
σχηματίζει γωνία 45° με τον Οx και τέμνει τον κύκλο C στα σημεία Γ και Δ των οποίων οι συντεταγμένες επαληθεύουν το σύστημα: $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} y = x - \alpha \\ x^2 + y^2 = 1 \\ \end{array} \right.$

Είναι: $\displaystyle \Gamma \left( {\frac{{\alpha - \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2},\;\frac{{ - \alpha - \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2}} \right),\;\Delta \left( {\frac{{\alpha + \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2},\;\frac{{ - \alpha + \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2}} \right)$

$\displaystyle \begin{array}{l} \left( {{\rm E}\Gamma } \right)^2 = \left( {\frac{{\alpha - \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2} - \alpha } \right)^2 + \left( {\frac{{ - \alpha - \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2}} \right)^2 = 2\left( {\frac{{ - \alpha - \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2}} \right)^2 = 1 + \alpha \sqrt {2 - \alpha ^2 } \\ \left( {{\rm E}\Delta } \right)^2 = \left( {\frac{{\alpha + \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2} - \alpha } \right)^2 + \left( {\frac{{ - \alpha + \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2}} \right) = 2\left( {\frac{{ - \alpha + \sqrt {2 - \alpha ^2 } }}{2}} \right)^2 = 1 - \alpha \sqrt {2 - \alpha ^2 } \\ \end{array}$

Οπότε $\displaystyle \left( {{\rm E}\Gamma } \right)^2 + \left( {{\rm E}\Delta } \right)^2 = 2 = 2R^2$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2011 11:32 pm**

Κι άλλη μία λύση (ξεφεύγει όμως από το Κεφ. 9 του σχολικού)
Έστω F το συμμετρικό του C ως προς τη διάμετρο ΑΒ . Τότε ΕF=EC και $F\hat{E}D=90^{\circ}$ . Οπότε $EC^{2}+ED^{2}=EF^{2}+ED^{2}=FD^{2}$ (1)
Επειδή η $F\hat{C}D=45^{\circ} \Rightarrow \tau o\xi oFD=90^{\circ}$ , άρα η χορδή $FD=\lambda _{4}=R\sqrt{2}$ , άρα η (1) δίνει το ζητούμενο .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 10, 2011 11:47 pm**

Κι ακόμα μία με Νόμο Ημιτόνων.

: 10-3-2011 Γεωμετρία β.jpg (18.39 KiB) Προβλήθηκε 3330 φορές

Είναι ΟΓ = ΟΔ = R άρα ΔΟΓ ισοσκελές.

Εστω $\displaystyle \widehat{O\Gamma \Delta } = \widehat{{\rm O}\Delta \Gamma } = \phi \Rightarrow \widehat{\Gamma {\rm O}{\rm E}} = 45^\circ - \phi ,\;\widehat{\Delta {\rm O}{\rm E}} = 135^\circ - \phi$

Από Ν. Ημιτόνων στα ΓΟΕ και ΔΟΕ αντίστοιχα έχουμε:

$\displaystyle \begin{array}{l} \frac{{\Gamma {\rm E}}}{{\eta \mu \left( {45^\circ - \phi } \right)}} = \frac{R}{{\eta \mu 45^\circ }} \Rightarrow \Gamma {\rm E} = \sqrt 2 R \cdot \eta \mu \left( {45^\circ - \phi } \right) \\ \\ \frac{{\Delta {\rm E}}}{{\eta \mu \left( {135^\circ - \phi } \right)}} = \frac{R}{{\eta \mu 135^\circ }} \Rightarrow \Delta {\rm E} = \sqrt 2 R \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {45^\circ - \phi } \right) \\ \end{array}$

Οπότε $\displaystyle \left( {\Gamma {\rm E}} \right)^2 + \left( {\Delta {\rm E}} \right)^2 = 2R^2 \left[ {\eta \mu ^2 \left( {45^\circ - \phi } \right) + \sigma \upsilon \nu ^2 \left( {45^\circ - \phi } \right)} \right] = 2R^2$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 11, 2011 12:34 pm**

Φέρω την ακτίνα

κάθετη στην

. Το τρίγωνο OFD

είναι ορθογώνιο με $FD = \sqrt 2 R\,\,(1)$ και αφού $D\widehat OF = {90^ \circ }$ θα είναι $D\widehat CF = \displaystyle\frac{{{{90}^ \circ }}}{2} = {45^ \circ }$ .

Εφόσον $D\widehat EB = G\widehat EC = {45^ \circ } = D\widehat CF$ , (

σημείο τομής $FC,\,OA$ ) η $C\widehat GE = {90^ \circ }$ και η

μεσοκάθετος – διχοτόμος του ισοσκελούς τριγώνου OFC

. Έτσι από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $FEG,\,GEC$ έχουμε: $FE = EC\,\,(2)$ , $F\widehat EG = C\widehat EG = {45^ \circ }$ και προκύπτει ότι $F\widehat ED = {90^ \circ }$ .

Από πυθαγόρειο θεώρημα στο FED

παίρνουμε: $F{E^2} + E{D^2} = F{D^2}\mathop \Rightarrow \limits^{(1),(2)} E{C^2} + E{D^2} = 2{R^2}.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 12, 2011 2:00 pm**

Μετά και την τελευταία γεωμετρική λύση του Μιχάλη (για λόγους ισορροπίας και μόνο...) μία ακόμα Τριγωνομετρική λύση.

Με το (προ)παραπάνω σχήμα.

Έστω EO = x.

Στο ΔΕΟ, από Ν. Ημιτόνων: $\displaystyle \frac{x}{{\eta \mu \phi }} = \frac{R}{{\eta \mu 45^\circ }} \Rightarrow x = \sqrt 2 R\eta \mu \phi$

Στο ΔΟΓ από Ν. Συνημιτόνων:

$\displaystyle \begin{array}{l} \Gamma \Delta ^2 = 2R^2 - 2R^2 \sigma \upsilon \nu \left( {180^\circ - 2\phi } \right) = 2R^2 \left( {1 + \sigma \upsilon \nu 2\phi } \right) = 4R^2 \sigma \upsilon \nu ^2 \phi \\ \\ \Rightarrow \;\;\left( {\Gamma {\rm E} + {\rm E}\Delta } \right)^2 = 4R^2 \sigma \upsilon \nu ^2 \phi \Rightarrow \Gamma {\rm E}^2 + {\rm E}\Delta ^2 = 4R^2 \sigma \upsilon \nu ^2 \phi - 2\Gamma {\rm E} \cdot {\rm E}\Delta \\ \end{array}$

Από Μετρικές Σχέσεις στον κύκλο:

$\displaystyle \Gamma {\rm E} \cdot {\rm E}\Delta = {\rm A}{\rm E} \cdot {\rm E}{\rm B} \Rightarrow 2\Gamma {\rm E} \cdot {\rm E}\Delta = \\ \\ =2\left( {R - x} \right)\left( {R + x} \right) = 2R^2 - 2x^2 = 2R^2 - 4R^2 \eta \mu ^2 \phi$

Οπότε: $\displaystyle \Gamma {\rm E}^2 + {\rm E}\Delta ^2 = 4R^2 \left( {\sigma \upsilon \nu ^2 \phi + \eta \mu ^2 \phi } \right) - 2R^2 = 2R^2$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 12, 2011 4:15 pm**

Από το θεώρημα του Euler έχουμε
$\begin{array}{l} A{C^2} + B{C^2} + B{D^2} + D{A^2} = A{B^2} + C{D^2} + 4O{M^2} \\ \Rightarrow 4{R^2} = C{D^2} + 2O{E^2} \\ \end{array}$

Τότε
$\begin{array}{l} E{C^2} + E{D^2} = {(EC + ED)^2} - 2 \cdot EC \cdot ED = C{D^2} - 2 \cdot EA \cdot EB = \\ = C{D^2} - 2(R + OE)(R - OE) = C{D^2} - 2({R^2} - O{E^2}) = \\ = C{D^2} - 2{R^2} + 2O{E^2} = 2{R^2} \\ \end{array}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 12, 2011 7:02 pm**

Εφόσον αναρτήθηκε κι άλλη Γεωμετρική λύση από τον Σωτήρη, οφείλουμε μια ακόμα Τριγωνομετρική ή έχω χάσει το μέτρημα;

: 12-3-2011 Γεωμετρία γ.jpg (18.03 KiB) Προβλήθηκε 3043 φορές

Φέρνουμε την ΟΚ κάθετη στη ΓΔ, οπότε στο ορθογώνιο και ισοσκελές ΚΟΕ είναι $\displaystyle {\rm K}{\rm E} = {\rm O}{\rm K} = x$

Το ΔΟΓ είναι ισοσκελές με $\displaystyle \widehat\Gamma = \widehat\Delta = \phi$

οπότε $\displaystyle {\rm K}\Delta = {\rm K}\Gamma = R \cdot \sigma \upsilon \nu \phi ,\;\;x = KO = R \cdot \eta \mu \phi$

$\displaystyle \begin{array}{l} \Gamma {\rm E}^2 = \left( {\Gamma {\rm K} - x} \right)^2 = R^2 \left( {\sigma \upsilon \nu \phi - \eta \mu \phi } \right)^2 \\ \\ \Delta {\rm E}^2 = \left( {{\rm K}\Delta + x} \right)^2 = R^2 \left( {\sigma \upsilon \nu \phi + \eta \mu \phi } \right)^2 \\ \end{array}$

οπότε
$\displaystyle \Gamma {\rm E}^2 + \Delta {\rm E}^2 = R^2 \left[ {\left( {\sigma \upsilon \nu \phi - \eta \mu \phi } \right)^2 + \left( {\sigma \upsilon \nu \phi + \eta \mu \phi } \right)^2 } \right] = \\ \\ =R^2 \left[ {2\eta \mu ^2 \phi + 2\sigma \upsilon \nu ^2 \phi } \right] = 2R^2$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 12, 2011 7:10 pm**

Γιώργο λυπάμαι αλλά θα χαλάσω πάλι την ισορροπία...

Φέρω τη διάμετρο

και το ύψος

στη

. Από το θεώρημα Stewart για το τρίγωνο OCD

παίρνουμε:
${R^2}\left( {EC + ED} \right) = \left( {EC + ED} \right)\left( {O{E^2} + EC \cdot ED} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{ \cdot 2} 2{R^2} = 2O{E^2} + 2EC ED\,\,(1)$

Από πυθαγόρειο στο ισοσκελές MEO

, από το $OM = \displaystyle\frac{{DN}}{2}$ και από πυθαγόρειο στο CDN

ισχύει:

$2O{E^2} = 4O{M^2} = D{N^2} = 4{R^2} - {\left( {EC + ED} \right)^2} \Rightarrow E{C^2} + E{D^2} + 2EC ED = 4{R^2} - 2O{E^2}\,\,(2)$

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1),(2)

προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 12, 2011 7:52 pm**

Θα τραβήξει μακριά η βαλίτσα; ...

: 12-3-2011 Γεωμετρία δ.jpg (19.04 KiB) Προβλήθηκε 3014 φορές

Φέρνουμε τις κάθετες ΓΚ και ΔΛ στην ΑΒ.

Τα τρίγωνα ΓΟΚ και ΔΟΛ είναι ίσα αφού έχουν ίσες υποτείνουσες ΓΟ = ΔΟ = R και $\displaystyle \widehat{{\rm K}\Gamma {\rm O}} = \widehat{\Delta {\rm O}\Lambda } = 45^\circ + \phi$ . Άρα είναι: $\displaystyle {\rm K}\Gamma = {\rm O}\Lambda$

Στο ΚΕΓ: $\displaystyle \eta \mu 45^\circ = \frac{{{\rm K}\Gamma }}{{{\rm E}\Gamma }} \Rightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{{\rm K}\Gamma }}{{{\rm E}\Gamma }} \Rightarrow {\rm E}\Gamma = {\rm K}\Gamma \sqrt 2 = {\rm O}\Lambda \sqrt 2$

Στο ΔΕΛ: $\displaystyle \eta \mu 45^\circ = \frac{{\Delta \Lambda }}{{\Delta {\rm E}}} \Rightarrow \frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{\Delta \Lambda }}{{\Delta {\rm E}}} \Rightarrow \Delta {\rm E} = \Delta \Lambda \sqrt 2$

(Προφανώς από Πυθ. Θεώρημα θα καταλήγαμε στις ίδιες σχέσεις, αλλά θέλαμε τριγωνομετρική λύση ....)

Οπότε, στο ΔΟΛ: $\displaystyle {\rm E}\Gamma ^2 + \Delta {\rm E}^2 = 2\left( {{\rm O}\Lambda ^2 + \Delta \Lambda ^2 } \right) = 2{\rm O}\Delta ^2 = 2R^2$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 12, 2011 9:02 pm**

Μία παραλλαγή ακόμη :
Τα ορθογώνια τρίγωνα FED και FOD έχουν κοινή υποτείνουσα την FD και ίσες διαμέσους ΕΜ=ΟΜ . Άρα από 1ο θεώρημα διαμέσου στο FED και στο FOD έχουμε : $FE^{2}+ED^{2}=R^{2}+R^{2}\Rightarrow CE^{2}+ED^{2}=2R^{2}$ .

Αθ. Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 12, 2011 11:11 pm**

Δεν ξέρω αν το παρακάναμε, αλλά άρχισα να κουράζομαι!
Μια ακόμα ΚΑΘΑΡΟΑΙΜΗ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΗ ΛΥΣΗ(*)

.

(*) Εκτός από το ξεκίνημα όπου χρησιμοποιήσαμε το Θεώρημα για τη γωνία των τεμνομένων χορδών που είναι ίση (σε μοίρες) με το μισό του αθροίσματος των τόξων που ορίζουν.

: 12-3-2011 Γεωμετρία ε.jpg (20.19 KiB) Προβλήθηκε 2954 φορές

Οι χορδές ΑΒ και ΓΔ σχηματίζουν γωνία 45° οπότε $\displaystyle \mathop {{\rm A}\Gamma }\limits^ \cap + \mathop {{\rm B}\Delta }\limits^ \cap = 90^\circ$ .

Έστω $\displaystyle \widehat{AO\Gamma } = \phi \Rightarrow \widehat{\Delta {\rm O}{\rm B}} = 90^\circ - \phi \Rightarrow \widehat{\Delta {\rm O}{\rm A}} = 90^\circ + \phi$

Από Ν. Ημιτόνων στα ΓΟΕ και ΔΟΕ αντίστοιχα έχουμε:

$\displaystyle \frac{{\Gamma {\rm E}}}{{\eta \mu \phi }} = \frac{R}{{\eta \mu 135^\circ }} \Rightarrow \Gamma {\rm E} = \sqrt 2 R \cdot \eta \mu \phi$

$\displaystyle \frac{{\Delta {\rm E}}}{{\eta \mu \left( {90^\circ + \phi } \right)}} = \frac{R}{{\eta \mu 45^\circ }} \Rightarrow \Delta {\rm E} = \sqrt 2 R \cdot \sigma \upsilon \nu \phi$

Οπότε $\displaystyle \left( {\Gamma {\rm E}} \right)^2 + \left( {\Delta {\rm E}} \right)^2 = 2R^2 \left[ {\eta \mu ^2 \phi + \sigma \upsilon \nu ^2 \phi } \right] = 2R^2$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 13, 2011 10:32 am**

Η 16η λύση.

Στρέφω το τρίγωνο ODB

${180^ \circ }$ δεξιόστροφα ως προς το κέντρο

(τρίγωνο

) και φέρω την

κάθετη στην

.

Από πυθαγόρειο στο DCF

έχω: ${\left( {EC + ED} \right)^2} + C{F^2} = 4{R^2} \Rightarrow E{C^2} + E{D^2} + 2ECED + C{F^2} = 4{R^2}$ (1)

Από τις τεμνόμενες χορδές ισχύει: $ECED = {R^2} - O{E^2}\mathop \Rightarrow \limits^{ \cdot 2} 2ECED = 2{R^2} - 2O{E^2}$ (2)

Απ’ το ορθογώνιο OGE

ισχύει $\eta \mu {45^ \circ } = \displaystyle\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \displaystyle\frac{{OG}}{{OE}} \Rightarrow OG = \displaystyle\frac{{\sqrt 2 OE}}{2}$ , αλλά $OG = \displaystyle\frac{{CF}}{2}$ οπότε: $C{F^2} = 2O{E^2}$ (3)

Από τις (1),(2),(3)

προκύπτει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 13, 2011 11:00 am**

Καλή σας μέρα
Δεν θα γράψω λύση. Τις λύσεις που είχα υπ΄όψιν μου τις έγραψαν άλλοι φίλοι. Απλώς κάποιες σκέψεις για το πρόβλημα.
Στο πρόβλημα που έθεσε ο Θάνος:

Θεωρούμε κύκλο $\displaystyle{(O,R),}$ διάμετρό του $\displaystyle{AB}$ και μία χορδή του $\displaystyle{CD}$ που τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{E}$ και σχηματίζει με αυτή γωνία $\displaystyle{45^0.}$ Να αποδείξετε ότι
$\displaystyle{EC^2+ED^2=2R^2.}$

μου έχει κάνει εντύπωση η τιμή 45^0

. Γιατί

; Μήπως δουλεύει για άλλη γωνία; Το ίδιο και η διάμετρος

. Μήπως δουλεύει και για άλλη χορδή;
Γιαυτό ας θέσουμε το θέμα κάπως διαφορετικά:

Θεωρούμε κύκλο $\displaystyle{(O,R),}$ σταθερή χορδή του $\displaystyle{AB}$ και μία μεταβλητή χορδή του $\displaystyle{CD}$ που τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{E}$ και σχηματίζει με αυτή γωνία $\displaystyle{\varphi.}$ Πως πρέπει να επιλεγούν οι και $\varphi$ ώστε το άθροισμα $\displaystyle{EC^2+ED^2}$ να είναι σταθερό;

Θα χρησιμοποιήσω περίπου την διάταξη του Γιώργου Ρίζου σε εκείνη την λύση που πρότεινε μα Αναλυτική Γεωμετρία.
Ας πούμε ότι ο κύκλος μας είναι ο $x^{2}+y^{2}=1$ , ότι η χορδή

ανήκει στην ευθεία y=m

και ότι $\varepsilon \phi \varphi =a$ οπότε η χορδή $\displaystyle{CD}$ ανήκει στην ευθεία y=ax+b

με το

να είναι μεταβλητό.

: TM.jpg (28.58 KiB) Προβλήθηκε 2899 φορές

Υπολογισμοί ρουτίνας (μερικούς τους ανέθεσα στο Maple) δίνουν ότι
$\displaystyle EC^{2}+ED^{2}=2\frac{\allowbreak \left( 1-a^{2}\right) b^{2}-2m\left( a^{2}+1\right) b+\left( a^{2}+1\right) \left( m^{2}a^{2}+a^{2}+m^{2}\right) }{a^{2}\left( a^{2}+1\right) }$
Για να είναι το $EC^{2}+ED^{2}$ σταθερό πρέπει το πολυώνυμο
$p\left( b\right) =\left( 1-a^{2}\right) b^{2}-2m\left( a^{2}+1\right) b+\left( a^{2}+1\right) \left( m^{2}a^{2}+a^{2}+m^{2}\right)$
να είναι σταθερό δηλαδή μηδενικού βαθμού. Αυτό θα συμβεί μόνο όταν $1-a^{2}=0$ και m=0

. Δηλαδή πρέπει $\varphi =45^{\circ }$ ή $\varphi =135^{\circ }$ (που είναι το ίδιο αν λάβουμε υπ΄όψιν τη συμμετρία) και m=0

που σημαίνει ότι η

είναι διάμετρος.
Επομένως μόνο με γωνία $\varphi =45^{\circ }$ και διάμετρο "δουλεύει"η άσκηση.
Μαυρογιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 13, 2011 11:17 am**

17η λύση

Με το σχήμα του Μιχάλη , προφανώς $OE=OG\sqrt{2}$ . Τώρα έχω : $CE^{2}+ED^{2}=$

$(CE+ED)^{2}-2CE.DE=(2CG)^{2}-2AE.EB=4CG^{2}-2(R-OE)(R+OE)$

$4CG^{2}-2R^{2}+2OE^{2}=4CG^{2}-2R^{2}+4OG^{2}=4(CG^{2}+OG^{2})-R^{2}$

$=4R^{2}-2R^{2}=2R^{2}$