Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

#1

: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png (20.67 KiB) Προβλήθηκε 1640 φορές

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

φέρνω ευθεία που εφάπτεται στον κύκλο (C)

στο

και τέμνει τον κύκλο (B)

κατά σειρά στα σημεία P, S.

Να δείξετε ότι SP=PQ.

KARKAR · #2

: equal.png (14.65 KiB) Προβλήθηκε 1592 φορές

Με λίγο Καρτέσιο : Η ευθεία QPS

τέμνει τον οριζόντιο άξονα στο

. 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 : $PQ=\dfrac{3}{2}\sqrt{7}$ .

#3

Ας είναι

το μέσο της χορδής

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

.

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 (49.75 KiB) Προβλήθηκε 1547 φορές

Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι η

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

έχω :

άρα $\boxed{3x = 2z}$ οπότε η (2)

δίδει : $y = 2x \Leftrightarrow y + x = 3x = 2z$ , δηλαδή $\boxed{PQ = PS}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή.png (28.32 KiB) Προβλήθηκε 1535 φορές

Παρατηρούμε πως η δύναμη του

στον κόκκινο κύκλο είναι AB^2-BM^2

, ενώ του

στον μπλε κύκλο είναι AC^2-CM^2

. Αφού

, άρα το

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

ορίζεται ως το συμμετρικό του

ως προς την

. Έστω πως η

τέμνει την

στο

. 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

σημείο της προέκτασης της

προς το

με

, τότε το

ανήκει στον κόκκινο κύκλο, είναι δηλαδή BP=BM

.

Άρα αρκεί η

να είναι μεσοκάθετος του

και αφού το PQM

είναι ισοσκελές, αρκεί η

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

το σημείο τομής του μπλε κύκλου με την

. Έχουμε πως $\widehat{FCM}=2\widehat{FQM}$ . Άρα για να αποδείξουμε την (2) αρκεί να αποδείξουμε πως το σημείο που η

τέμνει την

είναι το

, δηλαδή πως για το σημείο τομής της

με την

, έστω

, 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

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.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

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

και από το φέρνω ευθεία που εφάπτεται στον κύκλο στο και τέμνει τον κύκλο

κατά σειρά στα σημεία Να δείξετε ότι

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 $\displaystyle SM = MZ$ και $\displaystyle QM = MH$ άρα $\displaystyle SQZH$ παραλ/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 (34.6 KiB) Προβλήθηκε 1480 φορές

ΝΕΝΑ · #6

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

KARKAR · #7

george visvikis έγραψε: Τετ Δεκ 20, 2017 10:38 am

equal.png (40.35 KiB) Προβλήθηκε 1431 φορές

είναι το μέσο της πλευράς ισοσκελούς τριγώνου με $AB=AC=\dfrac{2a}{3}.$ Γράφω τους κύκλους

και από το φέρνω ευθεία που εφάπτεται στον κύκλο στο και τέμνει τον κύκλο

κατά σειρά στα σημεία Να δείξετε ότι

Χωρίς βλάβη ( λόγω ομοιότητας ) , έστω : AB=AC=4 ,BC=6

, οπότε

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

, έχουμε :

$-3a+b\sqrt{7}=9$ . Επίσης είναι : a^2+b^2=9

. Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε το

.

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

, οπότε : T(-24,0)

.

Το

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 · #8

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

Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Re: Εφαπτόμενο τμήμα και χορδή

Μέλη σε σύνδεση