Παιδεία εγκύκλου

KARKAR · #1

: Πεδίο εγκύκλου.png (15.34 KiB) Προβλήθηκε 633 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , με κάθετες πλευρές AB=3 ,
AC=4

σχεδιάσαμε

τον έγκυκλο , ο οποίος εφάπτεται της

στο

και τέμνεται από την

στο

.

α) ( μονάδες 5 ) Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{BS}{SD}$

β) ( μονάδες 8 ) Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας : $\widehat{BSC}$

α) ( μονάδες 12 ) Υπολογίστε την εφαπτομένη της γωνίας : $\widehat{ASC}$

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 03, 2018 11:32 am
Πεδίο εγκύκλου.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , με κάθετες πλευρές σχεδιάσαμε

τον έγκυκλο , ο οποίος εφάπτεται της στο και τέμνεται από την στο .

α) ( μονάδες 5 ) Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{BS}{SD}$

β) ( μονάδες 8 ) Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας : $\widehat{BSC}$

α) ( μονάδες 12 ) Υπολογίστε την εφαπτομένη της γωνίας : $\widehat{ASC}$

Έστω

τα σημεία επαφής των BC,BA

με τον κύκλο .

Α) Από Π. Θ. στο $\vartriangle ABD$ έχω $AD = \sqrt {10}$ . Με δύναμη σημείου του

ως προς τον κύκλο έχω : $BS = \dfrac{4}{{\sqrt {10} }}$ . Άρα $\displaystyle \boxed{\frac{{BS}}{{SD}} = \frac{2}{3}}$ .

: παιδεία εγκύκλου.png (48.85 KiB) Προβλήθηκε 610 φορές

Β) Επειδή $AD = s - a\,\,,\,\,2s = a + b + c = 12$ έχω : $AD = 1 \Rightarrow DC = 3$ . Ομοίως :

$AZ = 2\,\,,\,\,ZA = AD = 1\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BE = 2\,\,,\,EC = 3$ .

Άρα $\dfrac{{BE}}{{EC}} = \dfrac{2}{3} = \dfrac{{BS}}{{SD}} \Rightarrow \boxed{SE//AC}$ . Ας είναι

η προβολή του

στην

.

Επειδή SE//AC

έχω εύκολα: $SK = 1,8\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AK = 0,4\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KD = 0,6$ Μετά απ’ αυτά :

$\tan {\omega _2} = \tan {\omega _1} = \dfrac{1}{2}\,\,,\,\,\tan {\phi _1} = - \tan {\phi _2} = - 3$ και άρα $\tan \widehat {BSC} = \dfrac{{\dfrac{1}{2} - 3}}{{1 + \dfrac{3}{2}}} = - 1 \Rightarrow \boxed{\widehat {BSC} = 135^\circ }$ και

Γ) $\tan \widehat {ASC} = \dfrac{{\tan {a_2} + \tan {a_3}}}{{1 - \tan {a_2} \cdot \tan {a_3}}} = \dfrac{{\dfrac{2}{9} + 2}}{{1 - \dfrac{4}{9}}} \Rightarrow \boxed{\tan \widehat {ASC} = 4}$

Επειδή η άσκηση έχει κι άλλα ενδιαφέροντα ίσως ο , μας ζητήσει και άλλα ερωτήματα

KARKAR · #3

: Πεδίο εγκύκλου.png (16.85 KiB) Προβλήθηκε 594 φορές

...Γιατί όχι ; Αν το τμήμα

τέμνει τις SC,BD

στα σημεία Q,P

αντίστοιχα , βρείτε και τους λόγους : $\dfrac{CQ}{QS}$ και $\dfrac{DP}{PB}$ .

#4

[quote=KARKAR post_id=293796 time=1514982183 user_id=3451]
Πεδίο εγκύκλου.png ...Γιατί όχι ; Αν το τμήμα

τέμνει τις SC,BD

στα σημεία Q,P

αντίστοιχα , βρείτε και τους λόγους : $\dfrac{CQ}{QS}$ και $\dfrac{DP}{PB}$ .
[/quote]

[attachment=0]παιδεία εγκύκλου_new.png[/attachment]

[b][color=#0000FF]Για όλα τα ερωτήματα παλιά και νέα υπάρχει αμιγώς γεωμετρική λύση.[/color][/b]

[color=#0000FF]Άρση απόκρυψης για να "μιλήσει" το σχήμα πιο καλά και για το νέο, τρίτο επιπρόσθετο, ερώτημα.[/color]

KARKAR · #5

: Εγκυκλοπαίδεια.png (16.12 KiB) Προβλήθηκε 571 φορές

... και ακόμη : Αν οι AF , CS

τέμνουν τον κύκλο και στα N,L

, δείξτε

ότι τα σημεία A,N,L,C

είναι ομοκυκλικά ( συνεχίζεται ...)

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 03, 2018 8:27 pm
Εγκυκλοπαίδεια.png ... και ακόμη : Αν οι τέμνουν τον κύκλο και στα , δείξτε

ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά ( συνεχίζεται ...)

Αφού συνεχίζεται βάλε ότι έχεις κατά νου, να γίνουν ένα "πακέτο"

KARKAR · #7

: Εγκυκλοπαίδεια.png (16.93 KiB) Προβλήθηκε 549 φορές

( Τελευταίο ) : Αν οι AF,BD,CZ

, τέμνονται στο

, τότε αφού αιτιολογήσετε

το πως πήρε αυτό το όνομα το σημείο

, υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{(ABG)}{(ACG)}$ .

#8

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 04, 2018 9:59 am
Εγκυκλοπαίδεια.png ( Τελευταίο ) : Αν οι , τέμνονται στο , τότε αφού αιτιολογήσετε

το πως πήρε αυτό το όνομα το σημείο , υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{(ABG)}{(ACG)}$ .

Το όνομα του

φαντάζομαι ότι προέρχεται από κάποιο βαρύκεντρο. Υπάρχουν άπειρα τρίγωνα με βαρύκεντρο το

Για παράδειγμα η κάθετη

από το

στην

τέμνει την

σε ένα σημείο π.χ

όπου το

χωρίζεται από

το

σε λόγο

και είναι βαρύκεντρο του JAA'.

Δεν μπορώ πάντως να ξέρω τι έχει στο μυαλό του ο θεματοδότης.

: Παιδεία εγκύκλου.png (18.42 KiB) Προβλήθηκε 529 φορές

Στο άλλο θέμα τώρα, από Van Aubel

είναι $\displaystyle \frac{{BG}}{{GD}} = \frac{2}{1} + \frac{2}{3} = \frac{8}{3} \Rightarrow \frac{{BG}}{{BD}} = \frac{8}{{11}},\frac{{GD}}{{BD}} = \frac{3}{{11}}$

απ' όπου λόγω των παραλληλιών $\displaystyle \frac{{GE}}{3} = \frac{3}{{11}} \Leftrightarrow GE = \frac{9}{{11}}$ και $\displaystyle \frac{{GH}}{1} = \frac{8}{{11}}.$ Έτσι έχουμε:

$\displaystyle \frac{{(ABG)}}{{(ACG)}} = \frac{{3 \cdot \frac{8}{{11}}}}{{4 \cdot \frac{9}{{11}}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{(ABG)}}{{(ACG)}} = \frac{2}{3}}$

#9

Έστω

το κέντρο του κύκλου και

η ακτίνα του . Προφανώς $a = \sqrt {{b^2} + {c^2}} = 5$

$2s = a + b + c = 12 \Rightarrow s = 6$ . Είναι :

$AD = AZ = r = s - a = 1,\,\,BZ = BE = s - b = 2\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD = CE = s - c = 3$

Από Π. Θ. στο $\vartriangle ABD$ έχω $BD = \sqrt {A{D^2} + A{B^2}} = \sqrt {10}$ . ενώ από τη δ΄τναμαη του

ως προς το κύκλο έχω $BS \cdot BD = A{E^2} \Rightarrow BS\sqrt {10} = 4$ .

1. $\dfrac{{BS}}{{BD}} = \dfrac{{BS\sqrt {10} }}{{BD\sqrt {10} }} = \dfrac{4}{{10}} = \dfrac{2}{5} \Rightarrow \dfrac{{BS}}{{BD - BS}} = \dfrac{2}{{5 - 2}} \Rightarrow \boxed{\frac{{BS}}{{SD}} = \dfrac{2}{3}}$

: παιδεία εγκύκλου_new.png (24.72 KiB) Προβλήθηκε 500 φορές

2. Η τελευταία σχέση μας εξασφαλίζει ότι , $\dfrac{{BS}}{{SD}} = \dfrac{{BE}}{{EC}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow SE//DC$ .

Ας είναι

το σημείο τομής της

με την

Παίρνω τώρα Θ Μενελάου :

α) στο $\vartriangle BAD$ με διατέμνουσα $\overline {LSC}$ :

$\dfrac{{BL}}{{LA}} \cdot \dfrac{{AC}}{{CD}} \cdot \dfrac{{DS}}{{SB}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{BL}}{{LA}} \cdot \dfrac{4}{3} \cdot \dfrac{3}{2} = 1 \Rightarrow 2BL = LA$ . Άρα BL = LZ = ZA = 1

β) στο $\vartriangle LAC$ με διατέμνουσα $\overline {BSD}$ :

$\dfrac{{LB}}{{BA}} \cdot \dfrac{{AD}}{{DC}} \cdot \dfrac{{CS}}{{SL}} = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{{CS}}{{SL}} = 1 \Rightarrow CS = 9SL$

Αλλά $LC = \sqrt {L{A^2} + A{C^2}} = \sqrt {4 + 16} = 2\sqrt 5$ . Οπότε $LS = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SC = \dfrac{{9\sqrt 5 }}{5}$ .

Αν τώρα

το άλλο σημείο τομής της

με τον κύκλο θα είναι : $LS \cdot LH = L{Z^2} \Rightarrow LH = \sqrt 5$ . Δηλαδή το

είναι μέσο του

.

Αυτό έχει σαν συνέπεια να είναι : SH//AC

άρα το

είναι αντιδιαμετρικό του

και $\widehat {ZSH} = 90^\circ$ . Αφού όμως $OD \bot AC$ θα είναι $OD \bot ZH$ .

Προφανώς τώρα η

διχοτομεί την ορθή γωνία $\widehat {ZSH}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\alpha \rho \alpha \,\,\widehat {DSC} = 45^\circ \, \Rightarrow \,\,\boxed{\widehat {SBC} = 135^\circ }$ .

3. Αφού τώρα το τετράπλευρο SZAC

έχει τις γωνίες στα $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A$ ορθές είναι εγγράψιμο και έτσι : $\boxed{\tan (\widehat {ASC}) = \tan (\widehat {AZC}) = \dfrac{{AC}}{{AZ}} = 4}$ .
Πάμε παρακάτω.

: παιδεία εγκύκλου_new_extra.png (51.26 KiB) Προβλήθηκε 500 φορές

Ας είναι

το σημείο τομής της

με τη

.

Από Θ. Μενελάου στο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα $\overline {EZJ}$ ( ή λόγω αρμονικότητας της τετράδας $(J,D\backslash A,C)$ ) έχω : JA = 2

.

$\dfrac{{CQ}}{{QS}} = \dfrac{{JC}}{{SE}} = \dfrac{6}{{\dfrac{6}{5}}} = 5$ κι αυτό γιατί $\dfrac{{SE}}{{DC}} = \dfrac{{BE}}{{BC}} = \dfrac{2}{5} \Rightarrow SE = \dfrac{6}{5}$ .

Ακόμη , Από Θ. Μενελάου στο $\vartriangle BDC$ με διατέμνουσα $\overline {EPJ}$ έχω :

$\dfrac{{BP}}{{PD}} \cdot \dfrac{{DJ}}{{JC}} \cdot \dfrac{{CE}}{{EB}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{BP}}{{PD}} \cdot \dfrac{3}{6} \cdot \dfrac{3}{2} = 1 \Rightarrow \boxed{\dfrac{{DP}}{{PB}} = \dfrac{3}{4}}$ .

Τέλος έστω

το σημείο τομής του κύκλου με

. Επειδή το τραπέζιο SEHZ

είναι ισοσκελές θα είναι: $\widehat {{a_4}} = \widehat {{a_5}}$ . Αλλά αφού $ZH//AC\,\,\varepsilon \chi \omega \,\,\widehat {{a_5}} = \widehat {{a_7}}$ .

Έτσι τελικά : $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_4}} = \widehat {{a_5}} = \widehat {{a_7}} \Rightarrow \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_7}}$ που μας εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο ATHC

είναι εγγράψιμο .

Στο άλλο με το σημείο Gergonne

έχει απαντήσει ο Γιώργος αλλά θα δω κι εγώ αν κάτι έχω να προσθέσω .

#10

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 04, 2018 7:34 pm

Στο άλλο με το σημείο $\color{red}Gergonne$ ...

Μου κάνει εντύπωση που δεν πέρασε απ' το μυαλό μου το επώνυμο θεώρημα

κι έψαχνα απεγνωσμένα να βρω ένα βαρύκεντρο.

Παιδεία εγκύκλου

Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Re: Παιδεία εγκύκλου

Μέλη σε σύνδεση