Ίσα τμήματα!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Έστω κύκλος με κέντρο

και σημείο

στο εξωτερικό του. Φέρνουμε μια εφαπτόμενη

και μια τέμνουσα SBC

στον κύκλο. Έστω

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο. Έστω ότι οι DB, DC

τέμνουν την

στα

αντίστοιχα. Να αποδειχθεί πως OM=ON

.

: Ίσα τμήματα!.png (20.08 KiB) Προβλήθηκε 1285 φορές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Δεν έχει περάσει πολύς καιρός, αλλά ... Επαναφορά!

min## · #3

Παίρνοντας

την τομή της δεύτερης εφαπτόμενης του

με τον κύκλο βρίσκουμε ότι DK//OS

.Παίρνω τώρα τομή CS,DK

έστω

και

τομή

.Θα αποδείξω ότι η (C,T,B,L,)

είναι αρμονική και θα έχω τελειώσει.Με

την τομή των εφαπτόμενων στα B,C

και

την τομή των CK,BD

,λόγω του ότι τα P,F

ανήκουν στην πολική του

αρκεί να βγάλω και το

συνευθειακό(θα ανήκει τότε στην πολική του

).Λόγω πολικών είναι τα P,A,K

συνευθειακά οπότε το ζητούμενο έπεται από Pascal στο KADBBC

...Το σχήμα μαζί με διορθώσεις(ίσως) αύριο...

Al.Koutsouridis · #4

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2017 4:05 pm
Έστω κύκλος με κέντρο και σημείο στο εξωτερικό του. Φέρνουμε μια εφαπτόμενη και μια τέμνουσα στον κύκλο. Έστω το αντιδιαμετρικό του στον κύκλο. Έστω ότι οι τέμνουν την στα αντίστοιχα. Να αποδειχθεί πως .
Ίσα τμήματα!.png

Θα θεωρήσουμε γνωστές τις παρακάτω προτάσεις. Αν A(a), B(b), C(c), D(d)

σημεία του μοναδιαίου κύκλου $z\bar{z} =1$ τότε

(I) το σημείο τομής των χορδών AB, CD

δίνεται από τον μιγαδικό $z= \dfrac{(a+b)-(c+d)}{ab-cd}$ .

(II) το σημείο τομής των εφαπτομένων στα σημεία A,B

δίνεται από τον μιγαδικό $z=\dfrac{2ab}{a+b}$ .

(III) κάθε σημείο

της ευθείας που ορίζουν τα A,B

ικανοποιεί την σχέση $z+ab\bar{z}=a+b$ .

Εφαρμόζουμε διαδοχικά στο προβλημά μας τις παραπάνω προτάσεις, όπου χωρίς βαλαβη της γενικότητας θεωρούμε ότι, ο δοθείς κύκλος είναι ο μαναδιαίος με κέντρο την αρχή του μιγαδικού επιπέδου και τα M,N,O,S

να βρίσκονται στον πραγματικό άξονα.

Από την πρόταση (I) για το σημείο

βρίσκουμε $\bar{n}= \dfrac{(c-a)-(1-1)}{(-a)c-(-1)(1)}=\dfrac{c-a}{1-ac}$ (1),
Αφού το σημείο

αντιστοιχεί στον μιγαδικό

.

Ομοίως για το σημείο

βρίσκουμε $\bar{m}=\dfrac{b-a}{1-ab}$ (2).

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $\bar{n} = -\bar{m}$ ή ισόδύναμα $\dfrac{c-a}{1-ac} = \dfrac{a-b}{1-ab} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow (c-a)(1-ab) = (a-b)(1-ac) \Leftrightarrow 2a+2abc = b+c +a^2b+a^2c$ (3).

Όμως από την πρόταση (ΙΙ) για το σημείο

έχουμε $s=\dfrac{2a\bar{a}}{a+\bar{a}}=\dfrac{2}{a+\bar{a}}$ (4), αφού $a\bar{a} =1$ και το σημείο

είναι το σημείο τομής των εφαπτομένων από το

και από το συζηγές του

.

Από την πρόταση (ΙΙΙ) το

ικανοποιεί την σχέση $s+bc\bar{s} =b+c$ και λόγω της (4) γίνεται

$\dfrac{2}{a+\bar{a}} + \dfrac{bc}{a+\bar{a}} = b+c \Rightarrow \dfrac{2+bc}{a+\bar{a}} = b+c \Rightarrow 2+bc = ab+ac+\bar{a}b+\bar{a}c$

Πολλαπλασιάζοντας την τελευταία σχέση με

κατά μέλη βρίσκουμε

$2a +abc = a^2b+a^2c + a\bar{a}b+a\bar{a}c$ και εφόσον $a\bar{a} = 1$ γίνεται

2a+abc = a^2b+a^2c+b+c

Δηλαδή η σχέση (3) όντως ισχύει και τα σημεία M,N

ισαπέχουν από το

.

#5

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2017 4:05 pm
Έστω κύκλος με κέντρο και σημείο στο εξωτερικό του. Φέρνουμε μια εφαπτόμενη και μια τέμνουσα στον κύκλο. Έστω το αντιδιαμετρικό του στον κύκλο. Έστω ότι οι τέμνουν την στα αντίστοιχα. Να αποδειχθεί πως .

Αν το δεύτερο εφαπτομενικό τμήμα (εκτός του τότε μεσοκάθετη της $AK\mathop \Rightarrow \limits^{O\;\mu \varepsilon \sigma o\;\tau \eta \varsigma \;AD} DK\parallel MN:\left( 1 \right)$ .Από το αρμονικό τετράπλευρο προκύπτει ότι η δέσμη είναι αρμονική και με $DK\parallel MN\Rightarrow O$ το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

Πολύ ωραίες όλες οι λύσεις!!

Προσωπικά είχα την λύση του κύριου Στάθη. Βέβαια το πρόβλημα μπορεί να γενικευτεί... εδώ!

Ίσα τμήματα!

Ίσα τμήματα!

Re: Ίσα τμήματα!

Re: Ίσα τμήματα!

Re: Ίσα τμήματα!

Re: Ίσα τμήματα!

Re: Ίσα τμήματα!

Μέλη σε σύνδεση