Κύκλοι και λόγοι

KARKAR · #1

: Κύκλοι και λόγοι.png (15.97 KiB) Προβλήθηκε 398 φορές

Με τα σημεία O,Q

τριχοτομήσαμε το τμήμα

. Γράψαμε τον κύκλο (O,OA)

, προς τον οποίο

φέραμε τα εφαπτόμενα τμήματα BS,BT

. Γράψαμε και το ημικύκλιο διαμέτρου

, το οποίο

τέμνει τον κύκλο στο σημείο

και την

στο σημείο

.

α) Η ευθεία

τέμνει την

στο

. Υπολογίστε τους λόγους : $\dfrac{BP}{PT} , \dfrac{SL}{LP}$ .

β) Δείξτε ότι τα A,L,N

είναι συνευθειακά και υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{LN}{LA}$

#2

α) Αβίαστα προκύπτουν:

Η

είναι μεσοκάθετος στα $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OQ$ στο κοινό μέσο του

.

Τα τρίγωνα $AST\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BST$ είναι ισόπλευρα πλευράς $R\sqrt 3 \,\,\,(\,\,AO = OQ = QB = R)$ .

Το

βαρύκεντο $\vartriangle STB \Rightarrow SN = NB$

Το τετράπλευρο ATBS

είναι ρόμβος.. Έστω

το σημείο τομής των $LA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ST$ .

Επειδή $\widehat {TAS} = 60^\circ$ θα είναι $\widehat {SLA} = \widehat {ALT} = \widehat {TLP} = 60^\circ \,\,$ , προφανώς δε $\widehat {MBT} = \widehat {MLT} = \widehat {MLE} = 30^\circ$ .

Στο $\vartriangle LET$ η

είναι εσωτερική και η

εξωτερική διχοτόμος , έτσι η τετράδα :

$\left( {E,T\backslash S,M} \right)$ είναι αρμονική με λόγο συζυγίας : $\boxed{\frac{{ME}}{{SE}} = \frac{{MT}}{{ST}} = \frac{1}{2}}$ .

Θέτω : $SL = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LP = y$ και θα είναι $\boxed{LT = 2x}$ . Από Θ. συνημίτονου στο $\vartriangle LST$

έχω : $\boxed{SL = x = \frac{{\sqrt {21} }}{7}R}\,\,\,(1)$ .

: Κύκλοι και λόγοι_KARKAR.png (60.86 KiB) Προβλήθηκε 341 φορές

Αλλά το τετράπλευρο ELPT

είναι εγγράψιμο γιατί οι γωνίες του στα $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$

έχουν άθροισμα : $60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$ .

Θα ισχύει : $SL \cdot SP = SE \cdot ST$ . Αλλά $3SE = ST\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ST = R\sqrt 3$ οπότε λόγω της (1)

έχω:

$\boxed{SP = \frac{{\sqrt {21} }}{3}R}\,\,(2)$ . Από τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ έχω: $\boxed{\frac{{SL}}{{SP}} = \frac{3}{7} \Leftrightarrow \frac{{SL}}{{LP}} = \frac{3}{4}}$

Στα δύο άλλα ερωτήματα τα πράγματα είναι πιο απλά ( από πλευράς πράξεων)

β ) Επειδή $\dfrac{{ME}}{{ES}} = \dfrac{{MQ}}{{QB}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow EQ//SB \Rightarrow \widehat {MEQ} = 60^\circ = \widehat {TLP}$ και αναγκαστικά η

θα διέρχεται από το

, συνεπώς $\boxed{\frac{{BP}}{{TP}} = \frac{1}{2}}$

γ) στο τρίγωνο SMB

θεωρώ διατέμνουσα την

που θεωρώ ότι τέμνει την

στο σημείο ${N_1}$ και από Θ. Μενελάου έχω :

$\dfrac{{SE}}{{EM}} \cdot \dfrac{{MA}}{{AB}} \cdot \dfrac{{B{N_1}}}{{{N_1}S}} = 1 \Rightarrow \dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{B{N_1}}}{{{N_1}S}} = 1 \Rightarrow B{N_1} = {N_1}S$ άρα $\boxed{N \equiv {N_1}}$ .

Τέλος επειδή AT//SB

και

θα είναι :

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{AE}}{{EN}} = \frac{{TE}}{{ES}} = 2 \hfill \\ \frac{{EL}}{{LN}} = \frac{{LP}}{{LS}} = \frac{4}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{{AL}}{{LN}} = 6}$

: κύκλου λόγοι.png (3.94 KiB) Προβλήθηκε 332 φορές

Κύκλοι και λόγοι

Κύκλοι και λόγοι

Re: Κύκλοι και λόγοι

Μέλη σε σύνδεση