Μεγάλες κατασκευές 99

KARKAR · #1

: Μεγάλες κατασκευές 98.png (19.41 KiB) Προβλήθηκε 462 φορές

Σε κύκλο

είναι σχεδιασμένες η διάμετρος

και η χορδή

, με μέσο το σημείο

.

α) Εντοπίστε σημείο

της διαμέτρου , ώστε αν η παράλληλη προς την

από το

, τέμνει

τον κύκλο στο σημείο

, το

να είναι παραλληλόγραμμο .

β) Αν η παράλληλη προς

από το

, τέμνει τον κύκλο στο

, υπολογίστε το λόγο $\dfrac{AC}{AB}$ ,

ώστε η

να διέρχεται από το μέσο

της

.

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 14, 2023 9:06 am
Μεγάλες κατασκευές 98.pngΣε κύκλο είναι σχεδιασμένες η διάμετρος και η χορδή , με μέσο το σημείο .

α) Εντοπίστε σημείο της διαμέτρου , ώστε αν η παράλληλη προς την από το , τέμνει

τον κύκλο στο σημείο , το να είναι παραλληλόγραμμο .

β) Αν η παράλληλη προς από το , τέμνει τον κύκλο στο , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{AC}{AB}$ ,

ώστε η να διέρχεται από το μέσο της .

α) Επειδή $AM = MC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TP// = MC \Rightarrow TP// = AM$ . Αρκεί λοιπόν να φέρω από το

παράλληλη στη διάμετρο για να προσδιορίσω το

.

Έστω τώρα ότι βρέθηκε το

και είναι . $\,AS//MT\,$ και η

διέρχεται από το μέσο

της χορδής

.

Το τραπέζιο CPSA

είναι ισοσκελές και αν CN = k

,

θα είναι $MT// = CP = 2k \Rightarrow AS = 3k$ γιατί η

είναι διάμεσος στο τραπέζιο CNSA

.

Η ευθεία

είναι κάθετη στα μέσα των βάσεων $CP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AS$ των βάσεων του τραπεζίου CPSA

και άξονας συμμετρίας του .

Το σημείο τομής

των διαμέσων , $AN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PM\,\,\tau o\upsilon \,\,\,\vartriangle CAP$ είναι βαρύκεντρο αυτού του τριγώνου .

Ομοίως στο ισοσκελές $\vartriangle NAS$ το

είναι σημείο τομής των διαμέσων του από τα $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ .

: Μεγάλες κατασκευές 98_κατασκευή.png (26.69 KiB) Προβλήθηκε 390 φορές

Μετά απ’ αυτά , $OT = TB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PB//NT//AO$ . Αν

το σημείο τομής των $CO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AS$ ,

στο παραλληλόγραμμο θα έχω , $CG = GO = OE = \dfrac{r}{2}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,NA = NS = CE = \dfrac{{3r}}{2}$

ενώ $AG = \dfrac{2}{3}AN = \dfrac{2}{3}\left( {\dfrac{{3r}}{2}} \right) = r = AO$ . Ας πούμε AM = MC = TB = m

.

Τα τρίγωνα $GCA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OEA$ έχουν , $GA = OA = r\,\,\,,\,\,CG = OE = \dfrac{r}{2}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {CGA} = \widehat {EOA}$ .

Θα είναι λοιπόν ίσα και άρα : $AC = AE \Rightarrow 2m = 2k \Leftrightarrow \boxed{m = k}$

Τώρα με 1ο Θ. διαμέσων , π.χ. , στο $\vartriangle AEG$ προκύπτει :

$\boxed{8{m^2} = 3{r^2} \Rightarrow \dfrac{m}{r} = \dfrac{{2m}}{{2r}} = \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{\sqrt 6 }}{4}}$ .

Το δεύτερο ερώτημα λύνεται και με άλλους τρόπους .

Μεγάλες κατασκευές 99

Μεγάλες κατασκευές 99

Re: Μεγάλες κατασκευές 98

Re: Μεγάλες κατασκευές 98

Μέλη σε σύνδεση