Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

#1

Επί ευθείας $(\varepsilon)$ δίνεται η σημειοσειρά $A,\ B,\ D$ και έστω τα ημικύκλια $(O),\ (K)$ , με διάμετρο $AD,\ BD$ , αντιστοίχως. Έστω , το μέσον του ημικυκίου και η εφαπτομένη του και , η προβολή του σημείου επί της $(\varepsilon)$ . Αποδείξτε ότι ο κύκλος έστω , με κέντρο το σημείο $L\equiv SC\cap AM$ και ακτίνα , εφάπτεται και του ημικυκλίου .

$\bullet$ Αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον Ευθύμη Αλεξίου. (*)

: Κύκλος εφάπτεται ημικυκίου λόγω αρμονικότητας.; f 185_t 69010.PNG (20.79 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές

Κώστας Βήττας.

(*) Ο Ευθύμης είναι Πολτικός Μηχανικός του Ε.Μ.Π. Δυνατός γεωμέτρης που ζει και δημιουργεί στον Βόλο και πραγματικός "μαέστρος" της Αντιστροφής.

ΥΓ. Είναι γνωστό ότι η ευθεία

ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου

ως προς τον κύκλο (K)

και επομένως, η σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ , είναι αρμονική. Έχω υπόψη μου μία μακροσκελή απόδειξη που δεν ταιριάζει με την απλότητα της εκφώνησης και προσδοκώ σε μία συντομότερη λύση, με λίγα "κουνήματα", αν γίνεται.

#2

vittasko έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 10, 2021 12:44 am
Επί ευθείας $(\varepsilon)$ δίνεται η σημειοσειρά $A,\ B,\ D$ και έστω τα ημικύκλια $(O),\ (K)$ , με διάμετρο $AD,\ BD$ , αντιστοίχως. Έστω , το μέσον του ημικυκίου και η εφαπτομένη του και , η προβολή του σημείου επί της $(\varepsilon)$ . Αποδείξτε ότι ο κύκλος έστω , με κέντρο το σημείο $L\equiv SC\cap AM$ και ακτίνα , εφάπτεται και του ημικυκλίου .

$\bullet$ Αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον Ευθύμη Αλεξίου. (*)
f 185_t 69010.PNG
Κώστας Βήττας.

(*) Ο Ευθύμης είναι Πολτικός Μηχανικός του Ε.Μ.Π. Δυνατός γεωμέτρης που ζει και δημιουργεί στον Βόλο και πραγματικός "μαέστρος" της Αντιστροφής.

ΥΓ. Είναι γνωστό ότι η ευθεία ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου ως προς τον κύκλο και επομένως, η σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ , είναι αρμονική. Έχω υπόψη μου μία μακροσκελή απόδειξη που δεν ταιριάζει με την απλότητα της εκφώνησης και προσδοκώ σε μία συντομότερη λύση, με λίγα "κουνήματα", αν γίνεται.

Ας είναι : $AB = a\,\,,\,\,BD = b\,\,\kappa \alpha \iota \,BC = k$ . Επειδή η τετράδα : $\left( {A,C\backslash B,D} \right)$ είναι ως γνωστό αρμονική προκύπτει : $\boxed{k = \frac{{ab}}{{2a + b}}}$ εύκολα μετά ( απλές πράξεις Γυμνασίου)

Υπολογίζω: $\left\{ \begin{gathered} AC = \frac{{2a\left( {a + b)} \right)}}{{2a + b}} \hfill \\ CK = \frac{{{b^2}}}{{2\left( {2a + b} \right)}} \hfill \\ CD = \frac{{b\left( {a + b} \right)}}{{2a + b}} \hfill \\ AK = \frac{{2a + b}}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.png (28.32 KiB) Προβλήθηκε 801 φορές

Από τα όμοια τρίγωνα $ACL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AKM$ προκύπτει η ακτίνα $\boxed{x = LC = \frac{{2ab\left( {a + b} \right)}}{{{{\left( {2a + b} \right)}^2}}}}\,\,\left( 1 \right)$

Αντιστρέφω τον κύκλο ${O_1}$ με πόλο το

και δύναμη αντιστροφής ${\lambda ^2} = C{D^2}$ και μετασχηματίζεται σε ευθεία

κάθετη στην

σε σημείο

Επειδή αβίαστα προκύπτει από $DF \cdot DA = D{C^2} = {\lambda ^2}$ ότι : $\boxed{CF = x}$ η ευθεία

εφάπτεται του κύκλου $\left( {L,x} \right)$ .

Αν τώρα αντιστρέψω την ευθεία

με πόλο πάλι το

και ίδια δύναμη θα προκύψει το ημικύκλιο ${O_1}$ που θα εφάπτεται αναγκαστικά στον κύκλο $\left( {L,x} \right)$ .

Παρατηρήσεις :

1) Ο εστιγμένος , μπλε κύκλος είναι ο κύκλος αντιστροφής

2) Από την απόδειξη προκύπτουν:

α) Το $\vartriangle LCF$ είναι ισοσκελές ορθογώνιο

β) Τα σημεία επαφής είναι στην ίδια ευθεία με το γιατί π.χ. το σημείο του ημικυκλίου ${O_1}$ έχει για εικόνα το , της ευθείας ,στην πρώτη αντιστροφή.

: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας_extra.png (25.23 KiB) Προβλήθηκε 771 φορές

#3

Νίκο, είσαι σίφουνας και χαίρομαι που ανεβάζεις τον πήχη στα 113.

Με το σκεπτικό της αντιστροφής είναι και η δική μου προσέγγιση, αλλά έξωτερικά του κύκλου (O)

, με κύκλο (N)

ομοιόθετο του (L)

ως προς το σημείο

, που εφάπτεται της ευθείας

στο σημείο έστω

, αντίστροφο του

στην Aντιστροφή με πόλο το σημείο

και δύναμη $d^{2} = (DA)^{2}$ και το ζητούμενο έπεται, αφού αποδεικνύεται ότι ο (N)

εφάπτεται επίσης και της εφαπτομένης του κύκλου (O)

στο σημείο

, η οποία ταυτίζεται με την εικόνα του (O)

στην ίδια Aντιστροφή.

Καθώς δεν είμαι καλός στις πολλές πράξεις, έστω και απλές, το πήγα συνθετικά αλλά πολύ "περιμετρικά".

Το αφήνω για λίγο και θα επανέλθω αργότερα με λεπτομέρειες, αν δεν υπάρξει ενδιαφέρον για κάτι διαφορετικό, μιας και συγγενεύουν οι προσεγγίσεις μας.

Να είσαι καλά, Κώστας Βήττας.

#4

vittasko έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 10, 2021 12:44 am
Επί ευθείας $(\varepsilon)$ δίνεται η σημειοσειρά $A,\ B,\ D$ και έστω τα ημικύκλια $(O),\ (K)$ , με διάμετρο $AD,\ BD$ , αντιστοίχως. Έστω , το μέσον του ημικυκίου και η εφαπτομένη του και , η προβολή του σημείου επί της $(\varepsilon)$ . Αποδείξτε ότι ο κύκλος έστω , με κέντρο το σημείο $L\equiv SC\cap AM$ και ακτίνα , εφάπτεται και του ημικυκλίου .

$\bullet$ Αφιερώνεται σε ένδειξη τιμής, στον Ευθύμη Αλεξίου. (*)
f 185_t 69010.PNG
Κώστας Βήττας.

(*) Ο Ευθύμης είναι Πολτικός Μηχανικός του Ε.Μ.Π. Δυνατός γεωμέτρης που ζει και δημιουργεί στον Βόλο και πραγματικός "μαέστρος" της Αντιστροφής.

ΥΓ. Είναι γνωστό ότι η ευθεία ταυτίζεται με την Πολική ευθεία του σημείου ως προς τον κύκλο και επομένως, η σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ , είναι αρμονική. Έχω υπόψη μου μία μακροσκελή απόδειξη που δεν ταιριάζει με την απλότητα της εκφώνησης και προσδοκώ σε μία συντομότερη λύση, με λίγα "κουνήματα", αν γίνεται.

Καλό μεσημέρι σε όλους!

Όπως ο Νίκος υπολογίζω την ακτίνα $\boxed{ r = LC = \frac{{2ab(a + b)}}{{{{(2a + b)}^2}}}}$ αλλά συνεχίζω

διαφορετικά χωρίς αντιστροφή. Αρκεί να δείξω ότι $\displaystyle LO + r = \frac{{a + b}}{2}$

: vittasko.png (26.88 KiB) Προβλήθηκε 738 φορές

$\displaystyle CO = AO - AC = \frac{{a + b}}{2} - \frac{{2a(a + b)}}{{2a + b}} = \frac{{(a + b)(b - 2a)}}{{2(2a + b)}}$ και με Π.Θ στο LOC:

$\displaystyle L{O^2} = {r^2} + C{O^2} = \frac{{16{a^2}{b^2}{{(a + b)}^2} + {{(a + b)}^2}{{(b - 2a)}^2}{{(b + 2a)}^2}}}{{4{{(2a + b)}^4}}},$ απ' όπου παίρνω

$\displaystyle LO = \frac{{(a + b)({b^2} + 4{a^2})}}{{2{{(2a + b)}^2}}}$ και εύκολα τώρα διαπιστώνω ότι $\boxed{LO + r = \frac{{a + b}}{2}}$

#5

Γιώργο, σ' ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σου και την λύση σου.

Στο αρχικό πρόβλημα που έγινε η πρώτη απόπειρα για λύση, τα δοσμένα στοιχεία είναι η αρμονικότητα της σημειοσειράς $A,\ B,\ C,\ D$ , με $O,\ K$ , τα μέσα των τμημάτων $AD,\ BD$ αντιστοίχως και $KB = KD = KM\perp AD$ και όπου το ζητούμενο είναι να αποδειχθεί ότι ισχύει CL + LO = OA = OD

, με $L\in AM$ και $LC\perp AD$ .

Αφού δεν κατάφερα μία απόδειξη βασισμένη στις ιδιότητες των αρμονικών, με τις οποίες φαίνεται να σχετίζεται το ζητούμενο, είδα ως εναλλακτική προσέγγιση τον κύκλο (O)

με διάμετρο

, με τα $A,\ D$ σταθερά σημεία και μεταβλητά τα $B,\ C$ , αλλά πάντοτε η σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ να είναι αρμονική και έτσι, ο μεταβλητός κύκλος (L)

εφάπτεται πάντοτε ( γνωστό ) του σταθερού κύκλου (O)

αφου

σταθερό και το κέντρο του

κινείται σε Παραβολή χορδής

, κάθετης στον άξονά της και διερχόμενη δια του σημείου

το οποίο ταυτίζεται με την εστία της.

( Γνωστό πρόβλημα που έχουμε ξαναδεί παλιότερα στο

)

Αν και δεν είμαι εξοικειωμένος με την Αντιστροφή, είχα μία ευκαιρία να έχω διέξοδο σε λύση προβλήματος κάνοντας ήπια χρήση της και θα επανέλθω με την απόδειξη του προβλήματος που έχει τεθεί, διαφορετική, αλλά συγγενική με αυτήν που μας έδωσε ο Νίκος πιο πάνω .

Κώστας Βήττας.

#6

Αναδιατυπώνουμε τα δοσμένα στοιχεία της εκφώνησης, για ελάφρυνση του σχήματος.

Έτσι, επί ευθείας $(\varepsilon)$ , δίνεται η αρμονική σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ και ας είναι $O,\ K$ , τα μεσα των τμημάτων $AD,\ BD$ , αντιστοίχως. Έστω

, το σημείο επί της δια του

κάθετης ευθείας επί την

, ώστε να είναι KM = KB = KD

και έστω το σημείο $L\in AM$ , ώστε να είναι $LC\perp AD$ .

Θα αποδειχθεί ότι ο κύκλος με κέντρο το σημείο

και ακτίνα

, εφάπτεται και του κύκλου (O)

με διάμετρο

.

$\bullet$ Θεωρούμε την Αντιστροφή με πόλο το σημείο

και δύναμη $d^{2} = (DA)^{2}$ η οποία αντιστρέφει τον κύκλο (O)

στην εφαπτομένη του (o')

στο σημείο

και ας είναι $C'\in (\varepsilon)$ , το αντίστροφο του σημείου

στην ίδια Αντιστροφή.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Έστω

, το σημείο τομής της ευθείας

, από την δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την $(\varepsilon)$ .

Ο κύκλος έστω (N)

, με κέντρο το σημείο

και ακτίνα NC'

, είναι αντίστροφος του κύκλου (L)

στην ως άνω Αντιστροφή, λόγω της ομοιοθεσίας των δύο κύκλων ως προς εξωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας τους, τον πόλο της αντιστροφής

.

Επομένως, για να εφάπτεται ο κύκλος (L)

στον κύκλο (O)

που είναι το ζητούμενο, αρκεί να αποδειχθεί ότι ο αντίστροφός του κύκλος

, εφάπτεται στην ευθεία (o')

που είναι η εικόνα ( = αντίστροφο σχήμα ) του κύκλου (O)

στην ίδια Αντιστροφή.

Αρκεί δηλαδή να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{C'N = C'A}\ \ \ ,(1)$

: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.; f 185_t 69010(a).PNG (43.05 KiB) Προβλήθηκε 624 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $E\equiv (O)\cap DN$ και $E'\equiv (o')\cap DN$ και έχουμε $\boxed{(DE)(DE') = (DA)^{2}}\ \ \ ,(2)$

από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ADE'$ με $AE\perp DE'$

$E,\ E',$ αντίστροφα σημεία

Από

και $(DC)(DC') = (DA)^{2}\Rightarrow$ (DE)(DE') = (DC)(DC')

και άρα, το τετράπλευρο CC'E'E

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (X)

και επομένως έχουμε $\boxed{\angle CC'E' = \angle CEL}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

και $\angle CEL = \angle CAL$ , λόγω του εγραψίμου CAEL

, προκύπτει $\angle CC'E' = \angle CAL\Rightarrow$ $\boxed{C'E'\parallel AL}\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και $AE'\parallel CL\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{C'D}{AD} = \frac{C'E'}{AL} = \frac{C'A}{AC}}\ \ \ ,(5)$ λόγω των ομοίων ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle AC'E',\ \vartriangle CAL$ .

Από $C'N\parallel AE'\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{C'N}{C'D} = \frac{AE'}{AD}}\ \ \ ,(6)$

Από $(5),\ (6)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{C'N}{AD} = \frac{AE'}{AD}\cdot \frac{C'A}{AC}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{C'N}{C'A} = \frac{AE'}{AC}}\ \ \ ,(7)$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε $\boxed{AE' = AC}\ \ \ ,(8)$

Από $(7),\ (8)\Rightarrow$ $\boxed{C'N = C'A}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Eπί ευθείας $(\varepsilon)$ , δίνεται η αρμονική σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ και ας είναι $O,\ K$ , τα μεσα των τμημάτων $AD,\ BD$ , αντιστοίχως. Έστω , το σημείο επί της δια του κάθετης ευθείας επί την , ώστε να είναι και έστω το σημείο $L\in AM$ , ώστε να είναι $LC\perp AD$ και ας είναι , το σημείο τομής της ευθείας , από την δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την . Αποδείξτε ότι .

Κώστας Βήττας.

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

#7

vittasko έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 12, 2021 9:29 pm
ΛΗΜΜΑ. Eπί ευθείας $(\varepsilon)$ , δίνεται η αρμονική σημειοσειρά $A,\ B,\ C,\ D$ και ας είναι $O,\ K$ , τα μεσα των τμημάτων $AD,\ BD$ , αντιστοίχως. Έστω , το σημείο επί της δια του κάθετης ευθείας επί την , ώστε να είναι και έστω το σημείο $L\in AM$ , ώστε να είναι $LC\perp AD$ και ας είναι , το σημείο τομής της ευθείας , από την δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την . Αποδείξτε ότι .

Από $AE'\parallel CL\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{AE'}{CL} = \frac{AD}{CD}}\ \ \ ,(1)$ και από $CL\parallel KM\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{AC}{CL} = \frac{AK}{KM}}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{AE'}{AC} = \frac{AD}{CD}\cdot \frac{KM}{AK}}\ \ \ ,(3)$

: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας - Απόδειξη του Λήμματος.; f 185_t 69010(b).PNG (12.32 KiB) Προβλήθηκε 581 φορές

Από

, για να είναι AE' = AC

, αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $\displaystyle \frac{AD}{CD} = \frac{AK}{KM}\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και

, αρκεί $\displaystyle \frac{AD}{CD} = \frac{AK}{BK}$ αρκεί $\displaystyle \frac{AC+CD}{CD} = \frac{AB+BK}{BK}$ αρκεί $\boxed{\displaystyle \frac{AC}{CD} = \frac{AB}{BK}}\ \ \ ,(5)$

H (5)

όμως, ισχύει λόγω της δοσμένης αρμονικής σημειοσειράς $A,\ B,\ C,\ D$ , με το

μέσον του

(*) και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

(*) Δείτε Εδώ.

Κώστας Βήττας.

Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

Re: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

Re: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

Re: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

Re: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

Re: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

Re: Κύκλος εφάπτεται ημικυκλίου λόγω αρμονικότητας.

Μέλη σε σύνδεση