Διλογία

#1

: Διλογία.png (20.37 KiB) Προβλήθηκε 1141 φορές

είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα δύο τεμνόμενων κύκλων (O,r), (K,R)

και

ένα από

τα σημεία τομής τους. α) Να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{AB}}{{AC}}$

β) Αν

είναι το μέσο του BC,

και

να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{(MOK)}}{{(ABC)}}$

(Εξετάστε ξεχωριστά τις δύο θέσεις του

).

Μιχάλης Τσουρακάκης · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 16, 2020 6:59 pm
Διλογία.png
είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα δύο τεμνόμενων κύκλων και ένα από

τα σημεία τομής τους. α) Να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{AB}}{{AC}}$

β) Αν είναι το μέσο του και να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{(MOK)}}{{(ABC)}}$

(Εξετάστε ξεχωριστά τις δύο θέσεις του ).

: Διλογία.png (18.42 KiB) Προβλήθηκε 1082 φορές

Άρση απόκρυψης και λύση

1) Ισχύει, MB^2=MC^2=MP.MA

άρα

κι έστω

συμμετρικό του

ως προς

οπότε

παραλ/μμο

$\dfrac{(ABP)}{(APC)}= \dfrac{ \dfrac{AB . AP . BP}{4r} }{ \dfrac{AC . AP . PC}{4R} }=1 \Rightarrow \dfrac{AB . BP}{AC . PC}= \dfrac{r}{R}$

Λόγω ισότητας των γωνιών ίδιου χρώματος $\Rightarrow \angle BAC+ \angle BPC=180^0 \Rightarrow \angle BAC+ \angle BDC=180^0$ άρα ABDC

εγγράψιμο

$\dfrac{(ABD)}{(ACD)}= \dfrac{BM}{MC}=1 \Rightarrow AB . BD \eta \mu \angle ABD=AC . CD \eta \mu \angle ACD \Rightarrow AB . PC=AC . PB \Rightarrow \dfrac{BP}{PC}= \dfrac{AB}{AC}$

Έτσι, $\dfrac{AB . BP}{AC . PC}= \dfrac{r}{R} \Rightarrow (\dfrac{AB}{ΑC})^2= \dfrac{r}{R} \Rightarrow \dfrac{AB}{AC} = \sqrt{ \dfrac{r}{R} }$

2) Από Π.Θ στο $\triangle OKS \Rightarrow OS=BC= \sqrt{15}$ .Είναι γνωστό ότι $2(OMK)=(OKCB)= \dfrac{5 \sqrt{15} }{2} \Rightarrow (OMK)= \dfrac{5 \sqrt{15} }{4}$

και από Ήρωνα $(OAK)=3 \dfrac{ \sqrt{15} }{4}$ άρα, $(AOMK)=2 \sqrt{15} = \dfrac{OK . AM}{2}= \dfrac{4AM}{2} \Rightarrow AM= \sqrt{15}$

Ισχύει $\dfrac{AB^2}{AC^2}= \dfrac{2}{3}$ κι από θ.διαμέσου $AB^2+AC^2=2AM^2+ \frac{BC^2}{2}$ εύκολα παίρνουμε $AC= \dfrac{3 \sqrt{10} }{2}$ άρα $AB= \sqrt{15}$

κι από Ήρωνα $(ABC) = \dfrac{45 \sqrt{15} }{24}$ .Έτσι, $\dfrac{(MOK)}{(ABC)}=... \dfrac{2}{3}$

#3

α) $\left\{ {\dfrac{c}{b} = \dfrac{{sinC}}{{\sin B}} = \dfrac{{\cos \theta }}{{\cos \omega }} = \dfrac{{\dfrac{b}{{2R}}}}{{\dfrac{c}{{2r}}}} = \dfrac{{br}}{{cR}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{{c^2}}}{{{b^2}}} = \dfrac{r}{R}}} \right.$

β) Τώρα θεωρώ

το μέσου του

από το Θ διαμέσων στο $\vartriangle AOK$ , $AN = \dfrac{{\sqrt {10} }}{2}$ ενώ από το $\vartriangle MNC$ , $NC = \sqrt {10}$ . Και άρα : $\boxed{\dfrac{{CN}}{{CA}} = \dfrac{2}{3}}\,\,\left( 1 \right)$

Από το εξωτερικό κέντρο ομοιότητας ,

, των δύο κύκλων έχω:

$\left\{ \begin{gathered} SB = \dfrac{r}{{R - r}}\sqrt {{d^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}} \hfill \\ SC = \dfrac{R}{{R - r}}\sqrt {{d^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow BC = \sqrt {{d^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}} = \sqrt {15}$ με d = OK

.

: Διλογία_a_b.png (38.96 KiB) Προβλήθηκε 1029 φορές

Την τομή των $OK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD$ ονομάζω

και το άλλο σημείο τομής των δυο κύκλων με

, θέτω δε $MD = k\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD = 2y$

Από το εμβαδόν του τραπεζίου OBCK

με δυο τρόπους έχω:

$\dfrac{5}{2}\sqrt {15} = 4MT \Rightarrow MT = \left( {k + y} \right) = \dfrac{{5\sqrt {15} }}{8}$ κι επειδή : $\dfrac{{15}}{4} = k\left( {k + 2y} \right) \Rightarrow 4{k^2} - 5\sqrt {15} k + 15 = 0$ οπότε : $k = \dfrac{{\sqrt {15} }}{4}$ και άρα $AM = BC = \sqrt {15}$ .

Από το Θ. συνημίτονου στο $\vartriangle ANM$ , $\cos \xi = \dfrac{{\dfrac{{10}}{4} + \dfrac{{25}}{4} - 15}}{{2\dfrac{{\sqrt {10} }}{2} \cdot \dfrac{5}{2}}} = - \dfrac{5}{{2\sqrt {10} }}$

Από το $\vartriangle MCN$ έχω: $\cos \theta = \dfrac{{MN}}{{NC}} = \dfrac{5}{{2\sqrt {10} }}$ γιατί η

είναι διάμεσος στο τραπέζιο OBCK

Δηλαδή τα

συνευθειακά.

Έτσι λόγω και της $\left( 1 \right)$ :

$\dfrac{{\left( {MOK} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{\left( {NBC} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{CN}}{{CA}} = \dfrac{2}{3}\,\,\,$

Διλογία

Διλογία

Re: Διλογία

Re: Διλογία

Μέλη σε σύνδεση