Με αφορμή μια απροσεξία!!

Dimessi · #1

Καλησπέρα. Με αφορμή την προχθεσινή απροσεξία μου στο διάβασμα της εκφώνησης της άσκησης του κ.Λαμπρου , μου προέκυψε αυτο

: Πάνω σε ημικυκλιο με κέντρο

και διάμετρο

θεωρούμε σημείο

και φέρουμε το ύψος

του τριγώνου ACB

. Η εφαπτομένη (a)

στο σημείο

του ημικυκλιου τέμνει την εφαπτομένη στο σημείο

του ημικυκλιου στο σημείο

και οι ευθείες

και

τέμνονται στο σημείο

. Η ευθεία

τέμνει την (a)

στο σημείο

. Να δείξετε ότι η

διχοτομεί την $\angle ACX$ .
Οι λύσεις είναι ευπρόσδεκτες από όλους τους μαθητές.

Dimessi · #2

Ανοικτή σε όλους για λύσεις εντός φακέλου-η δική μου είναι εκτός φακέλου. Η

επανατέμνει τον (O)

στο

και με

την πολική του

ως προς τον (O),

το τετράπλευρο ACUB

είναι αρμονικό , άρα με $\displaystyle M\equiv AE\cap CD,$ είναι $\displaystyle \frac{CM}{MD}=\frac{CA}{AD}\cdot \frac{\sin \omega }{\sin \theta }=\frac{CA\cdot CU}{AD\cdot UB}=\frac{CA\cdot CA}{AD\cdot AB}=1\Longrightarrow CM=MD,$

: Διχοτόμοι.png (300.93 KiB) Προβλήθηκε 1099 φορές

και αφού η

εφάπτεται στον κύκλο (O)

στο

άρα $EB\perp AB\Longrightarrow EB\parallel CD,$ άρα η δέσμη E.CMDB

είναι αρμονική και αφού οι ακτίνες της δέσμης τέμνουν την ευθεία

στα σημεία Y,A,Q,X,

άρα η σημεισοειρά (Y,A,Q,X)

είναι αρμονική, άρα και η δέσμη C.YAQX

είναι αρμονική και αφού η

εφάπτεται στον κύκλο (O)

στο

παίρνουμε $QC\perp CY,$ άρα η ευθεία

είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle ACX.$

: Διχοτόμοι.png (300.93 KiB) Προβλήθηκε 1099 φορές

Dimessi · #3

Διαφορετική λύση. $\bullet$ Με $\displaystyle R\equiv CO\cap AE,$ από Θ. Μενέλαου στο τρίγωνο $\displaystyle \vartriangle {ADE}$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{OQR},$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{OD}{OA}\cdot \frac{QE}{QD}\cdot \frac{AR}{ER}=1\Longrightarrow \frac{QE}{QD}=\frac{AO}{OD}\cdot \frac{EC\sin 90^{\circ}}{AC\sin \angle ACO}=\frac{AO\cdot EC}{OD\cdot AC\cdot \frac{1}{2}\frac{CB}{OC}}=\frac{2AO^{2}\cdot EC}{OD\cdot AC\cdot CB}(1),$
$\bullet$ και από Θ. Μενέλαου στο τρίγωνο $\displaystyle \vartriangle {DEB}$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{AQX},$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{AD}{AB}\cdot \frac{QE}{QD}\cdot \frac{XB}{EX}=1\overset{(1)}\Longrightarrow \frac{EX}{XB}=\frac{AC^{2}}{AB^{2}}\cdot \frac{2AO^{2}\cdot EC}{OD\cdot AC\cdot CB}=\frac{AC\cdot EC}{2OD\cdot CB}\Longrightarrow \frac{EX}{EB}=\frac{AC\cdot EC}{AC\cdot EC+2OD\cdot CB}(2).$
$\bullet$ Από Θ.Μενέλαου στο τρίγωνο $\vartriangle {AXB}$ με διατέμνουσα $\overline{EQD},$ είναι $\displaystyle \frac{EX}{EB}\cdot \frac{AQ}{QX}\cdot \frac{DB}{AD}=1\overset{(2)}\Longrightarrow \frac{QX}{QA}=\frac{AC\cdot EC}{AC\cdot EC+2OD\cdot CB}\cdot \frac{CB^{2}}{AC^{2}}=\frac{EC}{\frac{AC}{CB^{2}}\left ( AC\cdot EC+2OD\cdot CB \right )}\left ( 3 \right ).$ Επομένως, είναι $\displaystyle \frac{QX}{QA}\cdot \frac{AC}{CX}\overset{(3)}=\frac{EC}{\frac{CX}{CB^{2}}\cdot \left ( AC\cdot EC+2OD\cdot CB \right )}\left ( 4 \right ).$ Αφού $\displaystyle EC\overset{\epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \alpha-\tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha }=EB \overset{OC=OB}\Longrightarrow \angle EOC=\frac{1}{2}\angle COB \overset{\epsilon \gamma \gamma \epsilon \gamma \varrho \alpha \mu \mu \epsilon \nu \eta -\epsilon \pi \iota \kappa \epsilon \nu \tau \varrho \eta }=\angle CAB \overset{\angle ACB=\angle ECO}\Longrightarrow$
$\displaystyle \Longrightarrow \vartriangle {CAB}\sim \vartriangle {ECO}\Longrightarrow \frac{AC}{CB}=\frac{CO}{EC}\Longrightarrow AC\cdot EC=CB\cdot CO\overset{(4)}\Longrightarrow \frac{QX}{QA} \cdot \frac{AC}{CX}=\frac{CB^{2}\cdot \frac{CB\cdot CO}{AC}}{CX\cdot CB\left ( CO+2OD \right )}=\frac{CB^{2}\cdot CO}{CX\cdot AC\left ( CO+2OD \right )}\left ( 5 \right ).$
Από Θ. Stewart στο τρίγωνο $\vartriangle {ECB}$ με τέμνουσα CX,

παίρνουμε $\displaystyle EB\left ( CX^{2}+EX\cdot XB \right )=EX\cdot CB^{2}+XB\cdot EC^{2}$
$\displaystyle \Longrightarrow\frac{CX^{2}+EX\cdot XB}{EB}=\frac{EX}{EB}\cdot \frac{CB^{2}}{EB}+\frac{XB}{EB}\cdot \frac{EC^{2}}{EB}\wedge EC=EB\overset {(2) }\Longrightarrow \frac{CX^{2}}{EB}+\frac{2AC\cdot EC \cdot EB\cdot OD\cdot CB}{CB^{2}\left ( CO+2OD \right )^{2}}=\frac{AC\cdot EC}{CB\left ( CO+2OD \right )}\cdot \frac{CB^{2}}{EC}+\frac{2OD\cdot CB}{CB\left ( CO+2OD \right )}\cdot EC=\frac{AC\cdot CB+2OD\cdot EC}{CO+2OD}$
$\displaystyle \Longrightarrow \frac{CX^{2}}{EB}=\frac{AC\cdot CB+2OD\cdot EC}{CO+2OD}-\frac{2AC\cdot EC \cdot EB\cdot OD}{CB\left ( CO+2OD \right )^{2}}=\frac{AC\cdot CB+2OD\cdot EC}{CO+2OD}-\frac{2CO \cdot EB \cdot OD}{\left ( CO+2OD \right )^{2}}$
$\displaystyle \Longrightarrow \frac{CX^{2}}{EB}=\frac{\left ( CO+2OD \right )\left ( AC\cdot CB+2OD\cdot \frac{CB\cdot CO}{AC} \right )-2CO \cdot EB \cdot OD}{\left ( CO+2OD \right )^{2}}(6).$

: Μετρική λύση.png (34.06 KiB) Προβλήθηκε 802 φορές

Είναι
$\displaystyle 2OD=2\left ( CO-\frac{AC^{2}}{AB} \right )=\frac{AB^{2}-2AC^{2}}{AB}$
$\overset{(6)}\Longrightarrow CX^{2}=\frac{\displaystyle CB\cdot CO \left [\left ( CO+\frac{AB^{2}-2AC^{2}}{AB} \right )\left ( AC\cdot CB+\frac{AB^{2}-2AC^{2}}{AB}\cdot \frac{CB\cdot CO}{AC} \right )-2CO \cdot EB \cdot OD\right ]}{\displaystyle AC\left ( CO+2OD \right )^{2}}\left ( 7 \right ).$
Είναι
$\displaystyle \left (\frac{QX}{QA}\cdot \frac{AC}{CX} \right)^{2}\overset{(5)}=\frac{CB^{4}\cdot CO^{2}}{CX^{2}AC^{2}\left ( CO+2OD \right )^{2}}$
$\displaystyle \overset{(7)}=\frac{\displaystyle CB^{4}\cdot CO^{2}}{\displaystyle CB\cdot CO\left[\left (CO+\frac{AB^{2}-2AC^{2}}{AB} \right )\left ( AC^{2}\cdot CB+\frac{\left ( AB^{2}-2AC^{2} \right )\cdot CB\cdot CO}{AB} \right )-\frac{AC \cdot EC \left ( AB^{2}-2AC^{2} \right )}{2} \right]}=$
$\displaystyle \overset{\angle ACB=90^{\circ}}=\frac{\displaystyle CB^{3}\cdot CO}{\displaystyle \left [ \left ( CO+\frac{2CB^{2}-AB^{2}}{AB} \right )\left ( \left ( AB^{2}-CB^{2} \right )\cdot CB+\frac{1}{2}\left ( 2CB^{2}-AB^{2} \right )\cdot CB \right )-\frac{1}{2}CB\cdot CO\left ( 2CB^{2}-AB^{2} \right )\right]}=$
$=\displaystyle \frac{\displaystyle xy^{3}}{\displaystyle \frac{2x^{2}+2y^{2}-4x^{2}}{2x}\cdot y\cdot \frac{1}{2} \cdot 4x^{2} -\frac{1}{2}y\cdot x\left ( 2y^{2}-4x^{2} \right )}=\frac{\displaystyle xy^{3}}{\displaystyle xy\left ( 2y^{2}-2x^{2} -\frac{1}{2}\left ( 2y^{2}-4x^{2} \right )\right )}=1$
$\Longrightarrow \displaystyle \frac{QX}{QA}=\frac{CX}{AC}\overset{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\phi o-\Theta . \delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon }\Longrightarrow CQ$ διχοτόμος της γωνίας $\angle ACX.$

: Μετρική λύση.png (34.06 KiB) Προβλήθηκε 802 φορές

Με αφορμή μια απροσεξία!!

Με αφορμή μια απροσεξία!!

Re: Με αφορμή μια απροσεξία!!

Re: Με αφορμή μια απροσεξία!!

Μέλη σε σύνδεση