Κέρασμα 2

#1

: Κέρασμα 2.png (18.27 KiB) Προβλήθηκε 611 φορές

Έστω ημικύκλιο κέντρου

και διαμέτρου BC = 2R

.

Σημείο

κινείται πάνω στην ακτίνα

ανάμεσα στα $O\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ . Η κάθετη στο

επί την

τέμνει το ημικύκλιο στο

. Στο $\vartriangle ABC$ η διάμεσος

τέμνει το ύψος

στο

.

Φέρνουμε και την κάθετη στο

επί την

που τέμνει την

στο

.

Για ποια θέση του

είναι $(AMD) = 3(EDC)\,\,$ ;

Νίκος

Γιώργος Μήτσιος · #2

Kαλημέρα σε όλους. Νίκο ας δοκιμάσω από το ωραίο και μάλλον .. άφθονο κέρασμα που προσφέρεις !

: Κέρασμα 2.PNG (9.32 KiB) Προβλήθηκε 526 φορές

Το

είναι προφανώς εγγράψιμο άρα $\widehat{AMD}=\widehat{DEC}$ και $\widehat{EMD}=\widehat{DAE}=\omega =\widehat{B}$ . Έτσι $\dfrac{\left ( MAD \right )}{\left ( DEC \right )}$ \displaystyle{=\dfrac{AM\cdot MD}{ED\cdot EC}} ..(1)

Θέτω

και

οπότε $BP=kPA=k^{2}PC$

Τα τρίγωνα MDE , ABC

είναι όμοια $\left ( \widehat{M}=\widehat{B}..\widehat{E}=\widehat{MAD}=\widehat{C} \right )$ συνεπώς $\dfrac{MD}{DE}=\dfrac{AB}{AC}=k$ .. (2)

Τα ορθ.

έχουν κοινή την $\widehat{C}$ δηλ. είναι όμοια με $\dfrac{AM}{MC}=\dfrac{DE}{EC}$ οπότε λόγω και της ..(2)

$\Rightarrow EC=\dfrac{MD\cdot MC}{kAM}..(3)$

Το Θ. Μενελάου στο τρίγωνο BMC

με διατέμνουσα την ADP

μας δίνει $\dfrac{MD}{DC}\cdot \dfrac{CP}{PB}\cdot \dfrac{BA}{AM}=1$ $\Rightarrow \dfrac{MD}{DC}=\dfrac{k^{2}}{2}$

ή $\dfrac{MD}{DC}=\dfrac{x}{2}$ , θέτοντας $k^{2}=x$ άρα και $\dfrac{MD}{MC}=\dfrac{x}{x+2}..(4)$ .Το Π.Θ στο MAC

δίνει $MC^{2}=MA^{2}+AC^{2}=..=\dfrac{x+4}{4}b^{2}..(5)$ .

Από τις 3,4,5

παίρνουμε $EC=\dfrac{x+4}{2x+4}b$ και τότε η (1)

γίνεται τελικά $3=\dfrac{\left ( MAD \right )}{\left ( DEC \right ) }=\dfrac{x^{2}+2x}{x+4}$

Δεκτή ρίζα της εξίσωσης , η $x=4\Rightarrow k=2$ και συνεπώς BP =2PA=4PC

..με άλλα λόγια ..

..

νάτη πάλι η ενδιαφέρουσα $\varepsilon \varphi \omega =\dfrac{1}{2}$ .

Φιλικά Γιώργος.

STOPJOHN · #3

Doloros έγραψε:Κέρασμα 2.png

Έστω ημικύκλιο κέντρου και διαμέτρου .

Σημείο κινείται πάνω στην ακτίνα ανάμεσα στα $O\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ . Η κάθετη στο

επί την τέμνει το ημικύκλιο στο . Στο $\vartriangle ABC$ η διάμεσος τέμνει το ύψος

στο .

Φέρνουμε και την κάθετη στο επί την που τέμνει την στο .

Για ποια θέση του είναι $(AMD) = 3(EDC)\,\,$ ;

Νίκος

Kαλημέρα

Θέτω $PC=x,E_{0}=(DEC)$ και θα υπολογίσω το

συναρτήση της ακτίνας του ημικυκλίου.
$3E_{0}=\dfrac{1}{2}(AM)(MD)sin\theta ,E_{0}=\dfrac{1}{2}(DE)(EC)sin\theta , 3(ED)(EC)=\dfrac{c}{2}(MD)\Leftrightarrow 3\dfrac{ED}{MD}.EC=\dfrac{c}{2},(*), \dfrac{ED}{MD}=\dfrac{b}{c},(**), (*),(**)\Rightarrow EC=\dfrac{c^{2}}{6b},(1),$
Το τετράπλευρο AEDM

είναι εγράψιμο σε κύκλο άρα $\hat{DEC}=\hat{AMD}=\hat{\theta },\hat{EMD}=\hat{DAE}=\hat{\phi },\hat{AME}=\hat{\theta }-\hat{\phi },tan\theta =\dfrac{2b}{c},tan\phi =\dfrac{b}{c}\Rightarrow tan\theta =2tan\phi,(2) tan(\theta -\phi )=\dfrac{bc}{c^{2}+2b^{2}}, tan(\theta -\phi ) =\dfrac{2}{c}(b-EC)\Leftrightarrow EC=b.\dfrac{c^{2}+4b^{2}}{2(c^{2}+2b^{2})},(3), (1),(3)\Rightarrow c^{4}=12b^{4}+b^{2}c^{2}\Leftrightarrow \dfrac{c^{2}}{b^{2}}=12\dfrac{b^{2}}{c^{2}}+1\Rightarrow \dfrac{c^{2}}{b^{2}}=4\Leftrightarrow c=2b,4R^{2}=b^{2}+c^{2}\Rightarrow 5b^{2}=4R^{2},b^{2}=x.2R\Rightarrow x=\frac{2R}{5}$

Γιάννης

#4

Καλημέρα .

Γιώργο και Γιάννη, ευχαριστώ για τις ευέλικτες λύσεις σας .

Για ευκολία πράξεων θέτουμε: $AE = y\,\,,\,\,EC = x,\,\,\,(EDC) = T\,\,,\,\,(ADE) = N$ . Θα είναι

(AMD) = 3T

.

1. $\dfrac{{(AMD)}}{{(ADC)}} = \dfrac{{AD}}{{DC}} \Rightarrow \dfrac{{3T}}{{N + T}} = \dfrac{{MD}}{{DC}}\,\,\,(1)$ αλλά από το Θ Μενελάου στο τρίγωνο

$\vartriangle MBC$ με διατέμνουσα $\overline {ADP}$ έχουμε :

$\dfrac{{MA}}{{AB}} \cdot \dfrac{{BP}}{{PC}} \cdot \dfrac{{CD}}{{DM}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{DC}} = \dfrac{{BP}}{{2PC}} = \dfrac{{A{B^2}}}{{2A{C^2}}} \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{DC}} = \dfrac{{{c^2}}}{{2{b^2}}}\,\,(2)$ Από τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)\,\,\,$

και αφού $\boxed{N = \dfrac{y}{x}T}$ προκύπτει : $\dfrac{{3T}}{{N + T}} = \dfrac{{{c^2}}}{{2{b^2}}} \Rightarrow \dfrac{{3x}}{{x + y}} = \dfrac{{{c^2}}}{{2{b^2}}} \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{{{c^2}}}{{6b}}}\,\,(3)$ .

: Κέρασμα 2_1.png (20.79 KiB) Προβλήθηκε 486 φορές

2. Από την ομοιότητα των $\vartriangle AMC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle DEC$ έχουμε :

$\dfrac{{(DEC)}}{{(AMC)}} = \dfrac{{E{C^2}}}{{M{C^2}}} \Rightarrow \dfrac{T}{{4T + N}} = \dfrac{{{x^2}}}{{{b^2} + \dfrac{{{c^2}}}{4}}}$ κι αφού $\boxed{N = \dfrac{y}{x}T}$ προκύπτει : $\dfrac{x}{{4x + y}} = \dfrac{{4{x^2}}}{{4{b^2} + {c^2}}} \Rightarrow \dfrac{x}{{x + y + 3x}} = \dfrac{{4{x^2}}}{{4{b^2} + {c^2}}}$ δηλαδή ( αφού x + y = b

)

$\boxed{4{b^2} + {c^2} = 4x(b + 3x)}\,\,(4)$ Θέτουμε $c = kb\,\,$ και λόγω της (3)

έχουμε

ή

( απορρίπτεται ) δηλαδή $\boxed{\dfrac{{AB}}{{AC}} = 2}$ . κατασκευάζουμε τον Απολλώνιο

κύκλο και προσδιορίζουμε το

άρα και το

. Εύκολα βρίσκουμε $\boxed{OP = \dfrac{3}{5}R}$ .

Δείτε ακόμα ότι τα τρίγωνα $\vartriangle AMC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle DEC$ είναι ισοσκελή ορθογώνια.

Φιλικά

Νίκος

Κέρασμα 2

Κέρασμα 2

Re: Κέρασμα 2

Re: Κέρασμα 2

Re: Κέρασμα 2

Μέλη σε σύνδεση