Καθετότητα για όσκαρ

KARKAR · #1

: Καθετότητα για όσκαρ.png (17.77 KiB) Προβλήθηκε 506 φορές

Οι κύκλοι (O,R) , (K,r)

τέμνονται στα σημεία A,B

. Από τυχόν σημείο

του

φέρω τις

,

οι οποίες ξανατέμνουν τον (K)

στα σημεία A' , B'

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $SO \perp A'B'$ .

Ερώτημα για έρευνα : Αν , υπολογίστε το μέγιστο του τμήματος .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 18, 2020 8:04 pm
Καθετότητα για όσκαρ.pngΟι κύκλοι τέμνονται στα σημεία . Από τυχόν σημείο του φέρω τις ,

οι οποίες ξανατέμνουν τον στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $SO \perp A'B'$ .

Ερώτημα για έρευνα : Αν , υπολογίστε το μέγιστο του τμήματος .

Κάτσε να πάρω εγώ το Όσκαρ

Αν

είναι οι κάθετες από το

στις χορδές SA,SB

του κύκλου $\left( O \right)$ προφανώς M,N

τα μέσα τους αντίστοιχα και συνεπώς $\dfrac{SM}{SN}=\dfrac{SA}{SB}:\left( 1 \right)$
Από το θεώρημα των τεμνόμενων χορδών στον κύκλο $\left( K \right)\Rightarrow S{A}'\cdot SA=S{B}'\cdot SB\Rightarrow \dfrac{SA}{SB}=\dfrac{S{B}'}{S{A}'}$ $\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{SM}{SN}=\dfrac{S{B}'}{S{A}'}:\left( 2 \right)$
Από τη $\left( 2 \right)$ προκύπτει σύμφωνα με το http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/ ... tras.shtml ότι $SO\bot {A}'{B}'$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Την διερεύνηση την αφήνω για άλλον και ας μοιραστώ το όσκαρ

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 18, 2020 9:41 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 18, 2020 8:04 pm
Καθετότητα για όσκαρ.pngΟι κύκλοι τέμνονται στα σημεία . Από τυχόν σημείο του φέρω τις ,

οι οποίες ξανατέμνουν τον στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $SO \perp A'B'$ .

Ερώτημα για έρευνα : Αν , υπολογίστε το μέγιστο του τμήματος .
Κάτσε να πάρω εγώ το Όσκαρ

Αν είναι οι κάθετες από το στις χορδές του κύκλου $\left( O \right)$ προφανώς τα μέσα τους αντίστοιχα και συνεπώς $\dfrac{SM}{SN}=\dfrac{SA}{SB}:\left( 1 \right)$
Από το θεώρημα των τεμνόμενων χορδών στον κύκλο $\left( K \right)\Rightarrow S{A}'\cdot SA=S{B}'\cdot SB\Rightarrow \dfrac{SA}{SB}=\dfrac{S{B}'}{S{A}'}$ $\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{SM}{SN}=\dfrac{S{B}'}{S{A}'}:\left( 2 \right)$
Από τη $\left( 2 \right)$ προκύπτει σύμφωνα με το http://www.cut-the-knot.org/m/Geometry/ ... tras.shtml ότι $SO\bot {A}'{B}'$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Την διερεύνηση την αφήνω για άλλον και ας μοιραστώ το όσκαρ

Βέβαια η απάντηση είναι και άμεση από το γενικευμένο θεώρημα του Nagel

#4

: καθετότητα για όσκαρ.png (30.99 KiB) Προβλήθηκε 426 φορές

Φέρνω την εφαπτομένη ευθεία $\left( d \right)$ στο

του κύκλου $\left( {O,R} \right)$ .

$\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ ( Υπό χορδής κι εφαπτομένης)

$\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}$ ( εξωτερική εγγεγραμμένου τετράπλευρου)

Λόγω μεταβατικότητας : $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_3}} \Rightarrow \left( d \right)//A'B'$ . Τέλος .

Εφαρμογή του παλιού σχολικού βιβλίου των Δ. Παπαμιχαήλ -Α. Σκιαδά έκδοση 1986 σελίδα .

STOPJOHN · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 18, 2020 8:04 pm
Καθετότητα για όσκαρ.pngΟι κύκλοι τέμνονται στα σημεία . Από τυχόν σημείο του φέρω τις ,

οι οποίες ξανατέμνουν τον στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $SO \perp A'B'$ .

Ερώτημα για έρευνα : Αν , υπολογίστε το μέγιστο του τμήματος .

Καλημέρα

Απο το εγράψιμο τετράπλευρο A'ABB'

είναι $\hat{A}=\hat{SB'A'}=\omega$

και στο κύκλο (O)

$\hat{SMB}=\omega$ Αρα το τετράπλευρο TB'BM

είναι εγράψιμο σε κύκλο και $\hat{SBM}=90^{0}\Rightarrow \hat{BTM}=90^{0},OS\perp A'B'$

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 18, 2020 8:04 pm
Καθετότητα για όσκαρ.pngΟι κύκλοι τέμνονται στα σημεία . Από τυχόν σημείο του φέρω τις ,

οι οποίες ξανατέμνουν τον στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $SO \perp A'B'$ .

Ερώτημα για έρευνα : Αν , υπολογίστε το μέγιστο του τμήματος .

Έχασα το Όσκαρ, αλλά κυνηγάω το Νόμπελ

Ερώτημα για έρευνα: $\displaystyle {(SA')_{\max }} = 2d.$ Κρατάω το αποτέλεσμα του α) ερωτήματος.

: Όσκαρ.png (22.39 KiB) Προβλήθηκε 374 φορές

Οι κάθετες από τα A', B'

στις

αντίστοιχα τέμνονται στο

Φέρνω από το

παράλληλη στην

που τέμνει

τις A'B', SP

στα

αντίστοιχα. Είναι $\displaystyle KL \bot A'B',$ άρα το

είναι μέσο του A'B'

κι επειδή το SA'PB'

είναι

εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου SP,

το

θα είναι το κέντρο αυτού του κύκλου. Από το πρώτο ερώτημα είναι:

$\displaystyle SP \bot AB \Rightarrow SP||OK,$ οπότε το OKLS

είναι παραλληλόγραμμο. Αλλά, $\displaystyle SA' \le SP \Leftrightarrow$ $\boxed{ {(SA')_{\max }} = 2d}$

Σημείωση: Στη θέση του μέγιστου οι SB, A'B

είναι διάμετροι των κύκλων (O), (K)

αντίστοιχα, οπότε $\displaystyle OK|| = \frac{{SA'}}{2}$ .

#7

Για το δεύτερο και ανεξάρτητα του πρώτου

Ας είναι $ST = \lambda$ εφαπτόμενο τμήμα στον κύκλο $\left( {K,r} \right)$ και SD = h

το ύψος του $\vartriangle SAB$ . Θέτω $\boxed{SA' = y}$ .

Προφανώς : $h \leqslant SA$ και $\left\{ \begin{gathered} {\lambda ^2} = |{R^2} - {r^2}| = |R - r|\left( {R + r} \right) = d\left( {R + r} \right) \hfill \\ {\lambda ^2} = ySA \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Oskar_xa_xa_xa.png (23.52 KiB) Προβλήθηκε 344 φορές

Άρα : $\boxed{y = \frac{{d\left( {R + r} \right)}}{{SA}}}$

Αφού το κλάσμα $\dfrac{{d\left( {R + r} \right)}}{{SA}}$ έχει θετικούς όρους και ο αριθμητής είναι σταθερός , θα γίνεται μέγιστο όταν ο παρανομαστής

πάρει τη μικρότερη τιμή δηλαδή

$\boxed{SA = h}$ . Τότε οι $BS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BA'$ γίνονται διάμετροι των δύο κύκλων και $\boxed{y// = 2d}$ .

: Oskar_xa_xa_xa_ok.png (23.14 KiB) Προβλήθηκε 344 φορές

Η λύση έγινε χωρίς να έχω δει τη σημείωση του φίλτατου Γιώργου και χωρίς να έχω διαβάσει τη λύση του ( είχα δει όμως το αποτέλεσμα ).

Καθετότητα για όσκαρ

Καθετότητα για όσκαρ

Re: Καθετότητα για όσκαρ

Re: Καθετότητα για όσκαρ

Re: Καθετότητα για όσκαρ

Re: Καθετότητα για όσκαρ

Re: Καθετότητα για όσκαρ

Re: Καθετότητα για όσκαρ

Μέλη σε σύνδεση