mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 8:29 pm**

Οι κύκλοι $(K, \rho)$ και (L ,r)

, εφάπτονται εσωτερικά στον κύκλο (O,R)

, στα αντιδιαμετρικά του σημεία A, B

.

Είναι : $R > \rho> r$ , και ο μεσαίος κύκλος διέρχεται από το κέντρο του μικρού . Η κοινή χορδή

των εσωτερικών

κύκλων , τέμνει το μεγάλο στα σημεία E, Z

, ενώ οι

τέμνουν το μεσαίο κύκλο στα σημεία S , P

.

Δείξτε ότι ο μικρός κύκλος εφάπτεται του τμήματος

στο μέσο του

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 26, 2011 11:17 pm**

μια κίνηση...και βλέπουμε
... ο Κώστας Δόρτσιος,ο Σεραφείμ ...ας κοιτάξουν λίγο αν μπορούν... (και τους ευχαριστώ προκαταβολικά

)
------------------------------------------------------------
αντιστρέφουμε το σχήμα με πόλο

και λόγο $\lambda=AS\cdot AE$
ο κύκλος κέντρου

αντιστρέφεται στην

ο κύκλος κέντρου

στην ευθεία

,
το

στο

, ο κύκλος κέντρου

παραμένει
και αφού

το σημείο επαφής των κύκλων με κέντρα L,O

ο κύκλος κύκλος κέντρου

θα εφάπτεται στην

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 27, 2011 12:37 am**

$\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {{\rm E}\sigma \tau \omega \;F \equiv CD \cap AB\;\mu \varepsilon \;AS \bot SL,AE \bot EB.\;{\rm E}\chi o\upsilon \mu \varepsilon :r^2 = LF \cdot LA \Rightarrow \frac{{LF}} {r} = \frac{r} {{LA}} \Rightarrow } \\ {\frac{{r + LF}} {r} = \frac{{r + AL}} {{AL}} \Rightarrow \frac{{BF}} {r} = \frac{{AB}} {{AL}} = \frac{{AB - BF}} {{AL - r}} \Rightarrow \frac{{AL - r}} {{AL}} = \frac{{AB - BF}} {{AB}} \Rightarrow \frac{{AT}} {{AL}} = \frac{{AF}} {{AB}} \Rightarrow } \\ {AT \cdot AL = \frac{{AL^2 \cdot AF}} {{AB}} = \frac{{AL^2 \cdot AE^2 }} {{AB^2 }}.} \\ \end{array} } \right.$

Eπίσης έχουμε:
$\frac{{AS}} {{AE}} = \frac{{AL}} {{AB}} \Rightarrow \frac{{AS^2 }} {{AE^2 }} = \frac{{AL^2 }} {{AB^2 }} \Rightarrow AS^2 = \frac{{AL^2 \cdot AE^2 }} {{AB^2 }} \Rightarrow AS^2 = AT \cdot AL \Rightarrow ST \bot AL.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 29, 2011 4:25 pm**

Φωτεινή σ΄ευχαριστώ για την ενδιαφέρουσα προσέγγιση με αντιστροφή, με την οποία δυστυχώς δεν είμαι εξοικειωμένος και ας μου επιτραπεί να επισημάνω ένα σημείο το οποίο νομίζω χρειάζεται διευκρίνιση.

Φωτεινή έγραψε:... το στο , ο κύκλος κέντρου παραμένει ...

Εάν $T\equiv AB\cap SP,$ τότε από (AS)(AE) = (AT)(AB),

ο κύκλος που παραμένει αναλοίωτος κατά την αντιστροφή που έχει θεωρηθεί, είναι ο κύκλος με διάμετρο το

και πρέπει να αποδειχθεί ότι ο κύκλος αυτός στην περίπτωσή μας, ταυτίζεται με τον κύκλο (L)

με κέντρο το

και ακτίνα το LB.

Αυτό πράγματι ισχύει, αφού $(AT{'})(AB) = (AC)^{2}\ \ ,(1)$ όπου $T{'}\equiv AB\cap (L)$ και αποδεικνύεται ότι $(AC)^{2} = (AS)(AE)\ \ ,(2)$

Η (2)

προκύπτει από $\angle SEC = \angle AZE = \angle APS = \angle ACS$ $\Longrightarrow$ $\angle SEC = \angle ACS$ και άρα, η ευθεία

εφάπτεται του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle CES$ στο σημείο

Συμπεραίνεται έτσι, ότι $T{'}\equiv T$ από το οποίο έπεται το ζητούμενο.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Αν είναι κάτι που δεν βλέπω, συγχωρέστε την φλυαρία μου ως μία εναλλακτική απόδειξη του προβλήματος που έχει τεθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 07, 2012 10:24 am**

Φωτεινή έγραψε:μια κίνηση...και βλέπουμε
... ο Κώστας Δόρτσιος,ο Σεραφείμ ...ας κοιτάξουν λίγο αν μπορούν... (και τους ευχαριστώ προκαταβολικά )
------------------------------------------------------------
αντιστρέφουμε το σχήμα με πόλο και λόγο $\lambda=AS\cdot AE$
ο κύκλος κέντρου αντιστρέφεται στην
ο κύκλος κέντρου στην ευθεία ,
το στο , ο κύκλος κέντρου παραμένει
και αφού το σημείο επαφής των κύκλων με κέντρα ο κύκλος κύκλος κέντρου θα εφάπτεται στην

Απόλυτα σωστή .. τώρα την είδα !!

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 07, 2012 2:36 pm**

Φωτεινή έγραψε:μια κίνηση...και βλέπουμε
... ο Κώστας Δόρτσιος,ο Σεραφείμ ...ας κοιτάξουν λίγο αν μπορούν... (και τους ευχαριστώ προκαταβολικά )
------------------------------------------------------------
αντιστρέφουμε το σχήμα με πόλο και λόγο $\lambda=AS\cdot AE$
ο κύκλος κέντρου αντιστρέφεται στην
ο κύκλος κέντρου στην ευθεία ,
το στο , ο κύκλος κέντρου παραμένει
και αφού το σημείο επαφής των κύκλων με κέντρα ο κύκλος κύκλος κέντρου θα εφάπτεται στην

Ο κύκλος

παραμένει αναλλοίωτος για πολλούς λόγους.Ένας είναι και ο εξής :

Η γωνία AEB

είναι ορθή, οπότε το τετράπλευρο TSEB

είναι εγράψιμο. Άρα $AT\cdot AB= AS\cdot AE = AF\cdot AL = AC^2$ , όσο δηλαδή και ο λόγος αντιστροφής, διότι το τετράπλευρο ESFL

είναι εγγράψιμο αφού οι γωνίες SEL,EFL

είναι ορθές .Με άλλα λόγια η δύναμη του

ως προς τον πράσινο κύκλο (L)

είναι όση είναι και η δύναμη (λόγος) της αντιστροφής. Άρα ο ...πράσινος κύκλος είναι ορθογώνιος ως προς τον κύκλο αντιστροφής και έτσι μένει αναλοίωτος.
Δείτε και σεις μήπως μου ξεφεύγει κάτι.Δεν νομίζω όμως να είπα κάτι διαφορετικό από αυτό που τόνισε ο Κώστας.

***Φωτεινή, καλή συνέχεια με τις ασκήσεις αντιστροφής !!! Έκανες με επιτυχία το πρώτο και σημαντικό βήμα !

Μπάμπης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 08, 2012 12:16 am**

: Αντιστροφή -επαφή.PNG (15.67 KiB) Προβλήθηκε 832 φορές

Αντιστροφή και επαφή.fig: (5.87 KiB) Μεταφορτώθηκε 35 φορές

Φωτεινή γειά σου. Απάντησε ο Σεραφείμ που στην αντιστροφή είναι και ο πρώτος!!
Εγώ βρίσκω την ευκαιρία να παίξω λιγάκι με το όμορφο και πολύ χρηστικό λογισμικό
που το βρίσκω για την περίπτωση αυτή καταπληκτικό. Είναι το Cabri II.

Ο κύκλος αντιστροφής είναι ο κύκλος που έχει κέντρο το κέντρο αντιστροφής και ακτίνα ίση με την τετραγωνική ρίζα της δύναμης αντιστροφής.
Στην προκειμένη περίπτωση το κέντρο, όπως ακριβώς λες, είναι το $\displaystyle{A}$ και η ακτίνα είναι ίση με την $\displaystyle{AL}$ διότι εύκολα μπορεί να δειχθεί ότι
$\displaystyle{OL^2=OT \cdot AB=AS \cdot AE}$ .
Τα άλλα κυλούν όπως τα λές ακριβώς.
Εγώ τι προσθέτω; Την ομορφιά της κίνησης του δύσκολου αυτού μετασχηματισμού που λέγεται "αντιστροφή".
Προτείνω σ' όσους δουλεύουν το λογισμικό αυτό να ανοίξουν το δυναμικό αρχείο που παραθέτω να δούν το εξής:
Το σημείο $\displaystyle{M}$ κινείται στον κύκλο $\displaystyle{K}$ (πράσινος). Αν το μετακινήσουμε μ΄ ένα κρατημένο κλίκ θα δούμε την εικόνα του $\displaystyle{M'}$ να διαγράφει την $\displaystyle{(d)}$ .
Αν ακόμα δραστηριοποιήσουμε την εντολή "γραμμή ίχνους" για το σημείο $\displaystyle{M'}$ θα το δούμε πιο εντυπωσιακά.
Το ίδιο μπορούμε να κάνουμε για το σημείο $\displaystyle{N}$ του κύκλου $\displaystyle{O}$ (γαλάζιος) που έχει εικόνα την $\displaystyle{N'}$ πάνω στην $\displaystyle{(e)}$ .
Τέλος το σημείο $\displaystyle{S}$ που βρίσκεται πάνω στον κύκλο $\displaystyle{L}$ (κόκκινος) έχει αντίστροφο το $\displaystyle{S'}$ που ανήκει στον ίδιο κύκλο(κόκκινο) γιατί ο κύκλος αυτός
τέμνει ορθογώνια τον κύκλο αντιστροφής $\displaystyle{(A,AL)}$
Για να δούμε τώρα γραφικα το συμπέρασμα της Φωτεινής:
Κινούμε το σημείο $\displaystyle{N}$ από τη συγκεκριμένη θέση του σχήματος μέχρι τη θέση $\displaystyle{B}$ . παρατηρούμε πως η εικονα του $\displaystyle{N'}$ οδηγείται στο $\displaystyle{T}$ .
Κινούμε το σημείο $\displaystyle{S}$ από τη συγκεκριμένη θέση μέχρι τη θέση του $\displaystyle{B}$ . Βλέπουμε τότε πως η εικόνα του $\displaystyle{S'}$ οδηγείται στη θέση του $\displaystyle{T}$ .
Δηλαδή το $\displaystyle{T}$ είναι η ταύτιση των αντίστροφων εικόνων των δύο κύκλων που εφάπτονταν στο σημείο $\displaystyle{B}$ . Άρα οι αντίστροφες εικόνες -ευθεία και κύκλος-εφάπτονται στο $\displaystyle{T}$ .

Κώστας Δόρτσιος

mathematica.gr

Σημείο επαφής

Σημείο επαφής

Re: Σημείο επαφής

Re: Σημείο επαφής

Re: Σημείο επαφής

Re: Σημείο επαφής

Re: Σημείο επαφής

Re: Σημείο επαφής