Question

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.

Answer 1

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

Answer 2

Ладно, принимаю упрек :). Справедливо.

Answer 3

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

Answer 4

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

Answer 5

увы, не видел этой задачи

Answer 6

Спасибо Вам большое!

Answer 7

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.

Answer 8

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 :)

Answer 9

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

Answer 10

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

Answer 11

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

Answer 12

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