mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2019 1:05 pm**

: Παρα-λογισμός.png (17.01 KiB) Προβλήθηκε 612 φορές

Στην προέκταση της ακτίνας OP=r

, θεωρούμε σημείο

, ώστε

.

Φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα SA , SB

και γράφουμε ημικύκλιο διαμέτρου

.

Η ημιευθεία

τέμνει την

στο σημείο

και το ημικύκλιο στο σημείο

.

Δείξτε ότι : $\dfrac{BP}{PQ}=\dfrac{PT}{TQ}$ και υπολογίστε αυτόν τον λόγο συναρτήσει των r,d

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2019 2:07 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 14, 2019 1:05 pm
Παρα-λογισμός.pngΣτην προέκταση της ακτίνας , θεωρούμε σημείο , ώστε .

Φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα και γράφουμε ημικύκλιο διαμέτρου .

Η ημιευθεία τέμνει την στο σημείο και το ημικύκλιο στο σημείο .

Δείξτε ότι : $\dfrac{BP}{PQ}=\dfrac{PT}{TQ}$ και υπολογίστε αυτόν τον λόγο συναρτήσει των .

Είναι $\displaystyle A{S^2} = {d^2} + 2rd$ και με $\displaystyle {\rm{Stewart}}$ στο OAS,

$\displaystyle A{S^2}r + {r^2}d = A{P^2}(r + d) + rd(r + d) \Leftrightarrow$

$\boxed{A{P^2} = \frac{{2{r^2}d}}{{r + d}}}$ (1)

Επίσης, $\displaystyle BP \cdot PQ = OP \cdot PS = rd \Leftrightarrow$ $\boxed{PQ = \frac{{rd}}{{BP}}}$ (2)

: Κυκλικός παρα-λογισμός.png (22.7 KiB) Προβλήθηκε 595 φορές

Από το εγγεγραμμένο AQSB

και από τη σχέση εγγεγραμμένης και γωνίας χορδής εφαπτομένης προκύπτει ότι

οι πορτοκαλί γωνίες είναι ίσες και AP||QS

άρα $Q\widehat SP=A\widehat PO=O\widehat PB=S\widehat PQ \Rightarrow PQ=QS$

και AP=BP.

Είναι λοιπόν, $\displaystyle \frac{{PT}}{{TQ}} = \frac{{AP}}{{QS}} = \frac{{BP}}{{PQ}}\mathop = \limits^{(2)} \frac{{B{P^2}}}{{rd}} = \frac{{A{P^2}}}{{rd}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{\frac{{PT}}{{TQ}} = \frac{{BP}}{{PQ}} = \frac{{2r}}{{r + d}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2019 5:22 pm**

Γεία σας!
Δουλεύω στο σχήμα του κ.Γιώργου.
Έστω $\widehat{PAS}=\widehat{\omega }$
Είναι $\widehat{PAT}=\widehat{ABT}\overset{\overset{\Delta }{APS}=\overset{\Delta }{BPS}}{=}\widehat{QBS}=\widehat{SAQ}=\widehat{\omega }$
Τώρα είναι $\widehat{APQ}=2\cdot \widehat{\omega }=\widehat{PAQ}$ , δηλαδή το τρίγωνο AQP

είναι ισοσκελές.
Απο θ.διχοτόμου τώρα πέρνω $\dfrac{TP}{TQ}=\dfrac{AP}{AQ}=\dfrac{PB}{PQ}$ .

Αργότερα που θα βρω χρόνο θα ερευνήσω και για την συνάρτηση του λόγου με τα r,d.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2019 5:59 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 14, 2019 1:05 pm
Παρα-λογισμός.pngΣτην προέκταση της ακτίνας , θεωρούμε σημείο , ώστε .

Φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα και γράφουμε ημικύκλιο διαμέτρου .

Η ημιευθεία τέμνει την στο σημείο και το ημικύκλιο στο σημείο .

Δείξτε ότι : $\dfrac{BP}{PQ}=\dfrac{PT}{TQ}$ και υπολογίστε αυτόν τον λόγο συναρτήσει των .

Οι σημειωμένες γωνίες του σχήματος είναι ίσες. Άρα

έκκεντρο του $\triangle ABS$ και QS//AP

,συνεπώς

$\dfrac{BP}{PQ} =\dfrac{(ABP)}{(APQ)} = \dfrac{(ABP)}{(PBS}= \dfrac{AT}{TS}= \dfrac{PT}{TQ}$

$\triangle AHB \simeq \triangle AOS \Rightarrow \dfrac{2r}{r+d}= \dfrac{AB}{AS}= \dfrac{AB}{BS} = \dfrac{AT}{TS}= \dfrac{PT}{TQ}$

: κυκλικός παρα-λογισμός.png (24.08 KiB) Προβλήθηκε 543 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2019 6:30 pm**

Αλλιώς για το υπολογιστικό κομμάτι.

: Κυκλικός παρα-λογισμός.β.png (22.75 KiB) Προβλήθηκε 529 φορές

Αν

είναι το μέσο του

τότε επειδή $P\widehat OA=180^\circ-2A\widehat PO=A\widehat PQ,$ τα ορθογώνια

τρίγωνα AOS, AMQ

είναι όμοια. $\displaystyle \frac{{OA}}{{OS}} = \frac{{PM}}{{PQ}} \Leftrightarrow \frac{r}{{r + d}} = \frac{{AP}}{{2PQ}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{BP}}{{PQ}} = \frac{{2r}}{{r + d}}}$

mathematica.gr

Κυκλικός παρα-λογισμός

Κυκλικός παρα-λογισμός

Re: Κυκλικός παρα-λογισμός

Re: Κυκλικός παρα-λογισμός

Re: Κυκλικός παρα-λογισμός

Re: Κυκλικός παρα-λογισμός