Κύκλος επί κύκλου

KARKAR · #1

: Κύκλος επί κύκλου.png (21.65 KiB) Προβλήθηκε 271 φορές

Από σημείο

της προέκτασης της ακτίνας

, κύκλου

, για το οποίο είναι : AS=2r

, φέρουμε

το εφαπτόμενο τμήμα

και την τέμνουσα SPQ

. Έστω

το μέσο του

. Πώς να αχθεί η τέμνουσα ,

ώστε το κέντρο

του κύκλου που ορίζουν τα σημεία ( T , M, Q)

, να βρίσκεται πάνω στον (O)

;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 02, 2026 10:39 am
Κύκλος επί κύκλου.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας , κύκλου , για το οποίο είναι : , φέρουμε

το εφαπτόμενο τμήμα και την τέμνουσα . Έστω το μέσο του . Πώς να αχθεί η τέμνουσα ,

ώστε το κέντρο του κύκλου που ορίζουν τα σημεία , να βρίσκεται πάνω στον ;

: Κύκλος επί κύκλου.png (26.24 KiB) Προβλήθηκε 230 φορές

Η παράλληλη από το

στην

τέμνει τον (O)

στο

και ο κύκλος (K, KT)

τον επανατέμνει στο

Η

είναι η ζητούμενη ευθεία. Αργότερα η απόδειξη.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 02, 2026 10:39 am
Κύκλος επί κύκλου.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας , κύκλου , για το οποίο είναι : , φέρουμε

το εφαπτόμενο τμήμα και την τέμνουσα . Έστω το μέσο του . Πώς να αχθεί η τέμνουσα ,

ώστε το κέντρο του κύκλου που ορίζουν τα σημεία , να βρίσκεται πάνω στον ;

Κατασκευή: Η παράλληλη από το

στην

τέμνει τον (O)

στο

και ο κύκλος (K, KT)

τον επανατέμνει στο

Η

είναι η ζητούμενη τέμνουσα.

: Κύκλος επί κύκλου.β.png (23.51 KiB) Προβλήθηκε 185 φορές

Απόδειξη:
Έστω

το μέσο του PQ.

θα δείξω ότι το

είναι σημείο του κύκλου (K, a).

Αρκεί να δείξω ότι $\boxed{SM\cdot SQ=SK^2-a^2}$

Με τους συμβολισμούς του σχήματος είναι $ST=2r\sqrt 2, TH=\dfrac{2r\sqrt 2}{3}$ και $r^2=OH\cdot OS=3rOH \Leftrightarrow OH=\dfrac{r}{3}$

Από την προφανή ισότητα των τριγώνων OTH,OKL

είναι $\displaystyle OL = OH = \frac{r}{3} \Leftrightarrow a = \frac{{2r}}{3}$

$\displaystyle \cos \theta = \frac{{SH}}{{ST}} = \frac{{8r/3}}{{2r\sqrt 2 }} = \frac{{2\sqrt 2 }}{3} \Leftrightarrow \cos 2\theta = \frac{{16}}{9} - 1 = \frac{7}{9} = \frac{{QD}}{{QK}} = \frac{{EL}}{{QK}} \Leftrightarrow EL = \frac{{14r}}{{27}}$

Εύκολα $SE=\dfrac{104r}{27}$ και από το εγγράψιμο OMQE

είναι $SM\cdot SQ=SO\cdot SE=3r\cdot \dfrac{104r}{27}=\dfrac{104r^2}{9}.$

Αλλά, $\displaystyle S{K^2} = K{L^2} + S{L^2} = {\left( {\frac{{2r\sqrt 2 }}{3}} \right)^2} + {\left( {\frac{{10r}}{3}} \right)^2} = \frac{{108{r^2}}}{9} \Leftrightarrow S{K^2} - {a^2} = \frac{{104{r^2}}}{9} = SM \cdot SQ$

και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 02, 2026 10:39 am
Κύκλος επί κύκλου.pngΑπό σημείο της προέκτασης της ακτίνας , κύκλου , για το οποίο είναι : , φέρουμε

το εφαπτόμενο τμήμα και την τέμνουσα . Έστω το μέσο του . Πώς να αχθεί η τέμνουσα ,

ώστε το κέντρο του κύκλου που ορίζουν τα σημεία , να βρίσκεται πάνω στον ;

Έστω

αντιδιαμετρικό του

,

κάθετη στην διάμετρο και

συμμετρικό του

ως προς

Αν $LE \cap (O)=Q$ ,η

είναι η ζητούμενη τέμνουσα

Απόδειξη

Με $QN \bot KL$ προφανώς KQLN

είναι χαρταετός, άρα KQ=KN=KT=R

.

Θα αποδείξουμε ότι ο κύκλος (T,N,Q)

περνά από την προβολή

του

στην

Πράγματι ,από το εγγράψιμμο OMTS

είναι $\angle MSO= \angle MTO=\theta$ κι από $QN//OS \Rightarrow \angle NQM= \theta$

Επομένως TNMQ

εγγράψιμμο και το ζητούμενο αποδείχτηκε

Εύρεση της ακτίνας

Από το εγγράψιμμο LDTS

έχουμε $DO.OS=LO.OT\Rightarrow 3rDO=r^2 \Rightarrow DO= \dfrac{r}{3} \Rightarrow R=2DO= \dfrac{2r}{3}$

: κύκλος επί κύκλου.png (89.65 KiB) Προβλήθηκε 163 φορές

#5

KARKAR έγραψε:Από σημείο της προέκτασης της ακτίνας , κύκλου , για το οποίο είναι : , φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα και την τέμνουσα . Έστω το μέσο του . Πώς να αχθεί η τέμνουσα, ώστε το κέντρο του κύκλου που ορίζουν τα σημεία , να βρίσκεται πάνω στον ;

$\bullet$ Έστω SX,

η δεύτερη εφαπτομένη του δοσμένου κύκλου (O)

από το σημείο

και ας είναι

το αντιδιαμετρικό σημείο του

Ο κύκλος έστω (K),

με κέντρο το σημείο

και ακτίνα

επανατέμνει τον κύκλο (O)

στο σημείο έστω

και θα αποδειχθεί ότι ισχύει PM=MQ,

όπου $P\equiv (O)\cap SQ$ και $M\equiv (K)\cap SQ.$

Έστω το σημείο $Y\equiv (K)\cap PT$ και ας είναι

το αντιδιαμετρικό σημείο του

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε ότι η $\boxed{ZO=ZK} \ \ ,(1)$ όπου $Z\equiv OK\cap RT.$

Έστω L, N,

τα μέσα των TY, TP

αντιστοίχως και από (1)

και $KL\parallel ZT\parallel ON\Rightarrow$ $TL=TN\Rightarrow$ $\boxed{TY=TP} \ \ ,(2)$

: Κύκλος επί κύκλου.; f=178 t=78964.PNG (32.43 KiB) Προβλήθηκε 87 φορές

$\bullet$ Ισχύει $\angle PYQ=\angle QTX=\angle TKX=\angle STX=\angle STP+\angle PTX=\angle TQP+\angle TQY=\angle PQY \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $\angle PYQ=\angle PQY\Rightarrow$ $\boxed{PQ=PY} \ \ ,(4)$

Από (4)

και επειδή η ευθεία

ταυτίζεται με την μεσοκάθετη ευθεία του QY,

συμπεραίνεται ότι $\boxed{MP=MQ}$ όπου $M\equiv (K)\cap PQ\equiv SQ$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται κύκλος (O)

χορδής

και έστω

το σημείο τομής των εφαπτομένων του στα σημεία T, X.

Η δια το σημείου

παράλληλη ευθεία προς την SX,

τέμνει τον κύκλο (O)

στο σημείο

και έστω το σημείο $P\equiv (O)\cap SQ.$ Αποδείξτε ότι ZO=ZK,

όπου $K\equiv (O)\cap XO$ και $Z\equiv OK\cap RT$ και $R\equiv (O)\cap PO.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#6

vittasko έγραψε: ΛΗΜΜΑ. Δίνεται κύκλος χορδής και έστω το σημείο τομής των εφαπτομένων του στα σημεία Η δια το σημείου παράλληλη ευθεία προς την τέμνει τον κύκλο στο σημείο και έστω το σημείο $P\equiv (O)\cap SQ.$ Αποδείξτε ότι όπου $K\equiv (O)\cap XO$ και $Z\equiv OK\cap RT$ και $R\equiv (O)\cap PO.$

$\bullet$ Έστω

η προβολή του σημείου

επί της

και αρκεί να αποδειχθεί ότι η δέσμη T.KROW

είναι αρμονική.

: Κύκλος επί κύκλου - Απόδειξη του Λήμματος.; f=178 t=78964 (a).PNG (32.96 KiB) Προβλήθηκε 86 φορές

Ισχύει $\angle KTR=\angle KXR=\angle XRP=\angle XTP\Rightarrow$ $\boxed{\angle KTR=\angle XTP} \ \ ,(1)$

Ισχύει $\angle RTO=\angle TRO=\angle PTS\Rightarrow$ $\boxed{\angle RTO=\angle PTS} \ \ ,(2)$

Ισχύει $\angle OTW=\angle TOK=\angle STQ'\Rightarrow$ $\boxed{\angle OTW=\angle STQ'}\ \ ,(3)$

Από (1), (2), (3)

παρατηρούμε ότι στις δέσμες T.KROW, T.XPSQ',

οι ομόλογες ακτίνες τους σχηματίζουν ίσες γωνίες και επομένως οι δέσμες αυτές έχουν ίσους Διπλούς λόγους.

Επειδή τώρα, η δέσμη T.XPSQ'

είναι αρμονική λόγω της Πολικής ευθείας

του σημείου

ως προς τον κύκλο (O),

προκύπτει ότι και η δέσμη T.KROW

είναι επίσης αρμονική.

Έτσι, από $KO\parallel TW$ συμπεραίνεται ότι $\boxed{ZO=ZK}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Κύκλος επί κύκλου

Κύκλος επί κύκλου

Re: Κύκλος επί κύκλου

Re: Κύκλος επί κύκλου

Re: Κύκλος επί κύκλου

Re: Κύκλος επί κύκλου

Re: Κύκλος επί κύκλου

Μέλη σε σύνδεση