Даны окружность S и внутри нее точка Р. Стороны каждого прямого угла с вершиной Р...

0 голосов
67 просмотров

Даны окружность S и внутри нее точка Р. Стороны каждого прямого угла с вершиной Р пересекают окружность S в двух точках. Найдите множество середин всех
хорд с концами в этих точках.


Геометрия (5.0k баллов) | 67 просмотров
0

Прочитайте внимательно условие. Вы взяли середины не тех хорд. Угол - это два луча с общей вершиной. А не две прямые перпендикулярные прямые.

0

Согласен, если читать условие так, это другая задача, но тоже совсем не сложная. Могу предложить элементарное решение, но у вас есть приоритет :)

0

да, осталось доказать, что его центр не смещается и лежит в середине ОР

0

Ну, то есть у любого так построненного прямоугольника (вершины которого принадлежат искомому множеству) одна и та же длина диаогнали. Хотя тут еще есть вопрос, а почему все таки - окружность :)))

0

Остается показать, что сумма квадратов двух взаимно перпендикулярных хорд с заданной общей точкой P зависит только от OP и R. Это, сами понимаете, проще простого :) Ответ получается как у Вас.

0

Ну, считать кое что надо ,на уровне теоремы Пифагора. А так решение очень простое. У любой так построенной хорды есть три "близнеца" - если продолжить ВАШИ лучи за вершину, получится еще три хорды, и середины их сторон должны принадлежать искомому множеству. Если их соединить, очевидно получится прямоугольник, стороны которого равны половинам получившихся взаимно перпендикулярных хорд, с общей точкой P.

0

если у вас геометрическое, то лучше его пишите

0

я ее решил, но через уравнение

0

Интересно и то ,как задачи косяком идут - я только что делал простенькую задачку про четырехугольник, у которого равны отрезки, соединяющие середины сторон. Прием тот же самый.

0

Кстати, я никогда не задумывался, чему равна сумма квадратов длин двух перпендикулярных хорд

Дано ответов: 2
0 голосов
Правильный ответ

К сожалению, у меня сейчас нет возможности сделать качественный скан чертежа. Но там все видно.
1) Пусть точка A - произвольная точка окружности. AC и BD - две взаимно перпендикулярные хорды, пересекающиеся в заданной точке  P. Середины сторон E, F, G, H четырехугольника ABCD все принадлежат искомому множеству.
2) EFGH - прямоугольник, поскольку EF II AC; FG II BD; GH II AC; EH II BD; как средние линии соответствующих треугольников (к примеру, EF - средняя линия треугольника ABC). Поэтому EG = FH; и эти два отрезка делятся пополам в точке их пересечения.
3) Ясно, что (к примеру) OG перпендикулярно CD; поскольку G - середина хорды в окружности с центром O.
С другой стороны, в прямоугольном треугольнике APB PE - медиана, поэтому PE = AE; и следовательно, ∠BAP = ∠EPA;
Если продлить EP за точку P до пересечения с CD в точке K, то
∠CPK = ∠EPA = ∠BAP; кроме того, ∠ABD = ∠ACD;
таким образом, у треугольников ABP и CPK по два равных угла. Поэтому равны и углы ∠BPA = ∠CKP; то есть EP перпендикулярно CD; следовательно EP II OG; (вот для чего все городилось :))
Очевидно, что точно также можно показать, что OE II GP; (обе прямые перпендикулярны AB)
Поэтому OEPG - параллелограмм, и его диагонали EG и PO делятся точкой пересечения пополам.
4) Собирая всё, можно заключить, что независимо от положения точки A диагонали прямоугольника EFGH пересекаются в середине отрезка OP.
5) На этом "чисто геометрическая" часть заканчивается, и наступает короткое вычислительное заключение.
Ясно, что EF = AC/2; FG = BD/2; (если кто уже забыл, напомню - как средние линии).
С другой стороны, если соединить центр O с M - серединой AC и N - серединой BD, то получится прямоугольник OMPN; и
OM^2 + ON^2 = OP^2;
при этом
OM^2 = OA^2 - AM^2 = R^2 - EF^2; (AM = AC/2 = EF)
ON^2 = OD^2 - ND^2 = R^2 - FG^2;
если это сложить, получится
OP^2 = 2*R^2 - (EF^2 + FG^2);
или EG^2 = 2*R^2 - OP^2 = 2*R^2 - d^2; (d = OP)
то есть длина диагонали четырехугольника EFGH не зависит от положения точки A. Все середины хорд (вообще все, при любом положении точки A) равноудалены от точки Q - середины OP.
6) То есть искомое множество - окружность с центром в середине OP и ДИАМЕТРОМ D^2 = 2*R^2 - d^2;
7) Для проверки можно взять случай совпадения O и P, тогда все хорды - стороны вписанных квадратов, а нужное множество - вписанная в эти квадраты со стороной D = R√2; окружность, диаметр которой равен стороне квадрата.

(69.9k баллов)
0

OMPN тоже.

0

Спасибо Вам большое!

0

Я согласен, что решение можно укоротить. Мне бывает проще разбить путь на несколько самостоятельных простых отрезков, даже если это удлиннит решение. Для меня кусочки были такие. 1) показать, что 4 точки (порождаемые выбором точки A) лежат на окружности. Для этого нужен EFGH; 2) показать, что центр окружности не зависит от выбора A. Для этого нужен OEPG. 3) ...

0

3) - это показать, что радиус не зваисит от выбора A. И пункт 2) и пункт 3) имели обобщения, поэтому я оформлял их как независимые задачи. Вобщем для этого я и набирал все это сочинение - из методических соображений, так сказать :)

0

Ну вот чемпион мира по сборке кубика Рубика может за 3 секунды собрать любую комбинацию. А я - за минуту в среднем (плюс-минус 30 секунд). Но по моей сборке можно не только понять, как это делается, но и научиться собирать быстрее меня. Это так, метафора

0

У чемпиона мира из 5 попыток среднее 6,54 секунд :)

0

Я не стал рисовать точки M и N, чтобы уж совсем не забить и без того бестолковый чертеж. Там как раз все очевидно - расстояние от центра до хорды, половина хорды и радиус связаны обычным Пифагоровым соотношением, понятно, почему.

0

ну 3 или 7 - для меня рекорд 32 секнуды, это сейчас почти любой может так научиться

0

То, что OEPG - параллелограмм, я доказывал точно так же. Зато потом OE²=R²-AE² и AE=EP, значит OE²+EP²=R², т.е. сумма квадратов сторон OEPG равна 2R², а с другой стороны она равна EG²+d². Отсюда EG²=2R²-d². Прямоугольник EFGH не понадобился.

0

зато я ни у кого не учился - сам придумал метод сборки, на основе теории представлений конечных групп, между прочим :) развлекался когда то, в прежние времена

0 голосов

Хоть и метод координат, но по-моему довольно просто.


image
(56.6k баллов)
0

Ладно, принимаю упрек :). Справедливо.

0

увы, не видел этой задачи

0

Интересных задач стало так мало, что когда попадается - я её уже не сразу узнаю :)))

0

Но, согласитесь там не "очень просто все" :)

0

Вообще-то стоило всё это собрать нормально и оформить, там оказалось несколько полезных моментов.

0

захочет*

0

это я не для Вас, а может, кто хзахочет разобраться

0

напишу просто для ясности. MPNO - параллелограмм, диагонали пересекаются в середине, то есть в средине OP, и вторая диагональ - это диагональ того прямоугольника, о котором я раньше писал :) все

0

Кстати, я вчера тут заметил задачу, в которой даны две окружности радиусами 2 и 4, и расстоянием между центрами 16, надо найти гмт середин отрезков, если их концы лежат на разных окружностях. Вы не помните её номер? Не могу её найти почему-то

0

Спасибо Вам большое!