mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 01, 2013 9:29 pm**

Αν δεν έχει προταθεί...

Δίνεται ημικύκλιο $\left( {O,R} \right)$ , διάμετρος του

και

σημείο της

.

Αν $CD \bot AB$ , όπου

σημείο του ημικυκλίου και ο κύκλος $\left( {K,r} \right)$ εφάπτεται στη

, στο ημικύκλιο και στην

στο σημείο

, να δείξετε ότι:

α. AD = AE

β. Η

διχοτομεί τη γωνία CDB

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 01, 2013 9:42 pm**

Χρόνια Πολλά και Καλή Χρονιά, κ. Καμπελή. Παραθέτω μία ιδέα:

Έστω $\displaystyle{ F, S }$ τα σημεία επαφής του $\displaystyle{ (K) }$ με το ημικύκλιο και την $\displaystyle{ DC }$ αντίστοιχα.

Με ομοιοθεσία κέντρου $\displaystyle{ F }$ προκύπτει άμεσα ότι τα $\displaystyle{ F,S, A }$ είναι συνευθειακά.

Επιπλέον ισχύει $\displaystyle{ AE^2 = AS\cdot AF = AC \cdot AB = AD^2 \Rightarrow AE = AD }$ .

Τέλος, είναι $\displaystyle{ \angle EDB = 90^o - \angle ADE = 90^o - \angle CED = \angle CDE }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 01, 2013 11:37 pm**

πάλι εδώ

ακόμα περιμένουμε μια λύση με Αντιστροφή για το αρχείο μας

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 02, 2013 1:19 am**

: Ίσα τμήματα διχοτόμος.png (32.9 KiB) Προβλήθηκε 525 φορές

Καλή χρονιά Ηλία και Γρηγόρη
Παρ’ ότι η λύση με ομοιοθεσία απλοποιεί την διαδικασία ας δούμε και μια αμυντική λύση . Έστω λοιπόν F,S

τα σημεία επαφής του (K,r)

με το ημικύκλιο και την

( Για να έχουμε και την λύση του Γρηγόρη).
Γράφω και το υπόλοιπο ημικύκλιο και έστω H,P

τα σημεία τομής των DC,DE

(αντίστοιχα) μ αυτό . Θέτω OC = x,EB = y

, επειδή δε το τετράπλευρο KSCE

είναι τετράγωνο θα είναι και CE = r

.
Από το Π.Θ. στο τρίγωνο EKO

έχουμε: $O{K^2} = O{E^2} + K{E^2}$ . Αλλά $OK = R - r\,\,\,,\,\,\,OE = R - y$ άρα η προηγούμενη γίνεται : ${(R - r)^2} = {(R - y)^2} + {r^2} \Leftrightarrow \boxed{{y^2} = 2R(y - r)}\,\,\,\,(1)$ Επίσης $\displaystyle\frac{{E{B^2}}}{{E{C^2}}} = \displaystyle\frac{{{y^2}}}{{{r^2}}} = \displaystyle\frac{{2R(y - r)}}{{{r^2}}}\,\,(2)$ Από την άλλη μεριά $\displaystyle\frac{{D{B^2}}}{{D{C^2}}} = \displaystyle\frac{{BC \cdot BA}}{{BC \cdot CA}} = \displaystyle\frac{{BA}}{{CA}} = \displaystyle\frac{{2R}}{{R + x}} = \displaystyle\frac{{2R}}{{R + (R - r - y)}} = \displaystyle\frac{{2R}}{{2R - (y + r)}}$ , δηλαδή
$\frac{{D{B^2}}}{{D{C^2}}} = \displaystyle\frac{{2R}}{{2R - (y + r)}} = \displaystyle\frac{{2R(y - r)}}{{2R(y - r) - ({y^2} - {r^2})}} = \displaystyle\frac{{2R}}{{2R(y - r) - {y^2} + {r^2}}}$
Η πιο πάνω σχέση με βάση την (1)

δίδει : $\displaystyle\frac{{D{B^2}}}{{D{C^2}}} = \displaystyle\frac{{2R(y - r)}}{{{r^2}}}\,\,(3)$ .
Από τις (2) και (3) έχουμε : $\boxed{\displaystyle\frac{{EB}}{{EC}} = \displaystyle\frac{{DB}}{{DC}}}\,\,\,(3)$ . Από την (3)

προκύπτει ότι η

διχοτομεί την γωνία $C\hat DB$ .
Για το άλλο ερώτημα έχουμε $A\hat DP = \displaystyle\frac{1}{2}({\tau _2} + {\tau _4})\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,A\hat ED = \displaystyle\frac{1}{2}({\tau _1} + {\tau _3})\,$ αλλά ${\tau _1} = {\tau _2}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\tau _3} = {\tau _4}$ συνεπώς $A\hat DP = A\hat ED \Leftrightarrow \boxed{AD = AE}$ .

: ισα-διχοτόμος.png (21.65 KiB) Προβλήθηκε 510 φορές

Ένας άλλος τρόπος για να δείξουμε ότι τα A,S,F

είναι σ ευθεία είναι ο παρακάτω :
Φέρνουμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη ,ευθεία $\varepsilon$ των δύο κύκλων στο

.
Αν οι

κόψουν τον κύκλο (K,r)

στα

αντίστοιχα θα έχουμε :
$\hat \theta = \hat \varphi$ ( από χορδή κι εφαπτομένη στο άκρο της , στον κύκλο (K,r)

) ενώ για ίδιους λόγους αλλά τώρα με κύκλο αναφοράς τον (O,R)

$\hat \theta = \hat \omega$ , συνεπώς $\hat \omega = \hat \varphi \Leftrightarrow LM//DH$ . Αυτό πάλι σημαίνει ότι το

είναι μέσο του τόξου $\tau o\xi LSM$ δηλαδή η

διχοτομεί την γωνία $D\hat FH$ άρα θα περνά από το μέσο του αντίστοιχου τόξου στον κύκλο (O,R)

δηλαδή από το

.
Τα υπόλοιπα τα λέει ο Γρηγόρης με το θεώρημα Ευκλείδη στο ορθογώνιο τρίγωνο DAB

, με την δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο (K,r)

και με το ότι τα σημεία S,C,B,F

είναι ομοκυκλικά .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 02, 2013 11:19 am**

Γρηγόρη και Νίκο Καλημέρα και Χρόνια πολλά.

Ευχαριστώ για τις λύσεις σας.
Θα δώσω και γω την δικιά μου (αμυντική όπως λέει και ο Νίκος) λύση για το πρώτο ερώτημα. Το δεύτερο το έχω όπως ο Γρηγόρης (Μπράβο Γρηγόρη!).

Από Πυθ. Θεώρημα στο τρίγωνο OKE

είναι:

$O{E^2} = O{K^2} - K{E^2} \Rightarrow O{E^2} = {\left( {R - r} \right)^2} - {r^2} \Rightarrow O{E^2} = {R^2} - 2Rr$ (1)

$AE = AO + OE \Rightarrow A{E^2} = {\left( {R + OE} \right)^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} A{E^2} = {R^2} + 2ROE + {R^2} - 2Rr \Rightarrow$

$A{E^2} = 2{R^2} + 2R\left( {OE - r} \right) \Rightarrow A{E^2} = 2{R^2} + 2R\left( {OE - CE} \right) \Rightarrow$

$A{E^2} = 2{R^2} + 2ROC$ (2)

Από Πυθ. Θεώρημα στο τρίγωνο ADC

είναι:

$A{D^2} = A{C^2} + C{D^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi .\Theta .\;DOC} A{D^2} = {\left( {R + OC} \right)^2} + {R^2} - O{C^2} \Rightarrow$

$A{D^2} = {R^2} + 2ROC + O{C^2} + {R^2} - O{C^2} \Rightarrow A{D^2} = 2{R^2} + 2ROC$ (3)

Από (2), (3) συμπεραίνουμε ότι AE = AD

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 05, 2013 7:04 pm**

parmenides51 έγραψε:ακόμα περιμένουμε μια λύση με Αντιστροφή

θεωρούμε πόλο

και λόγο $\lambda=AD^2=AC\cdot AB$

ο κύκλος (K)

παραμένει αμετάβλητος ως εφαπτόμενος του (O)

,του αντιστρόφου του

και της

άρα και το σημείο

επομένως $AD^2=AE^2\Longrightarrow AD=AE$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 05, 2013 7:27 pm**

Φωτεινή έγραψε:
parmenides51 έγραψε:ακόμα περιμένουμε μια λύση με Αντιστροφή
θεωρούμε πόλο και λόγο $\lambda=AD^2=AC\cdot AB$

ο κύκλος παραμένει αμετάβλητος ως εφαπτόμενος του ,του αντιστρόφου του και της
άρα και το σημείο
επομένως $AD^2=AE^2\Longrightarrow AD=AE$

Grigoris K. έγραψε:Χρόνια Πολλά και Καλή Χρονιά, κ. Καμπελή. Παραθέτω μία ιδέα:

Έστω $\displaystyle{ F, S }$ τα σημεία επαφής του $\displaystyle{ (K) }$ με το ημικύκλιο και την $\displaystyle{ DC }$ αντίστοιχα.

Με ομοιοθεσία κέντρου $\displaystyle{ F }$ προκύπτει άμεσα ότι τα $\displaystyle{ F,S, A }$ είναι συνευθειακά.

Επιπλέον ισχύει $\displaystyle{ AE^2 = AS\cdot AF = AC \cdot AB = AD^2 \Rightarrow AE = AD }$ .

Τέλος, είναι $\displaystyle{ \angle EDB = 90^o - \angle ADE = 90^o - \angle CED = \angle CDE }$ .

Οι μετασχηματισμοί , ορισμένες δύσκολες σχετικά ασκήσεις, τις κάνουν παιγνίδι στα χέρια καλών λυτών !

Συγχαρητήρια !!!

Μπάμπης

mathematica.gr

Ίσα τμήματα - Διχοτόμος

Ίσα τμήματα - Διχοτόμος

Re: Ίσα τμήματα - Διχοτόμος

Re: Ίσα τμήματα - Διχοτόμος

Re: Ίσα τμήματα - Διχοτόμος

Re: Ίσα τμήματα - Διχοτόμος

Re: Ίσα τμήματα - Διχοτόμος

Re: Ίσα τμήματα - Διχοτόμος