Αντίλογος

KARKAR · #1

: Αντίλογος.png (14.67 KiB) Προβλήθηκε 321 φορές

Στις πλευρές γωνίας $\widehat{xAy}=120^0$ , θεωρούμε σημεία B,C

, ώστε :

.

Έστω

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο (C,A,B )

. Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{A'B}{A'C}$ .

Εφαρμογή : b=5 , c=2

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 23, 2019 1:26 pm
Αντίλογος.pngΣτις πλευρές γωνίας $\widehat{xAy}=120^0$ , θεωρούμε σημεία , ώστε : .

Έστω το αντιδιαμετρικό του στον κύκλο . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{A'B}{A'C}$ .

Εφαρμογή : .

: Αντίλογος.png (16.1 KiB) Προβλήθηκε 290 φορές

Προφανώς $BC=R\sqrt 3$ και $\displaystyle B{C^2} = {b^2} + {c^2} + bc \Rightarrow {R^2} = \frac{{{b^2} + {c^2} + bc}}{3}$

$\displaystyle \frac{{A'B}}{{A'C}} = \sqrt {\frac{{4{R^2} - {b^2}}}{{4{R^2} - {c^2}}}} = \sqrt {\frac{{{b^2} + 4{c^2} + 4bc}}{{4{b^2} + {c^2} + 4bc}}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{b + 2c}}{{2b + c}}} \right)}^2}} \Rightarrow$ $\boxed{\frac{{A'B}}{{A'C}} = \frac{{b + 2c}}{{2b + c}}}$

Και για την εφαρμογή, $\boxed{\frac{{A'B}}{{A'C}} = \frac{3}{4}}$

ksofsa · #3

Καλησπέρα!

Άλλη μια λύση:

Εστω

το σημείο τομής των AB,CA'

και

το σημείο τομής των CA, BA'

Τότε τα τρίγωνα DAC,DBA',EAB,ECA'

όμοια με γωνίες $30^{\circ},60^{\circ},90^{\circ}$

Αρα

$\dfrac{A'B}{A'C}=\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{b+DA}{c+EA}=\dfrac{b+2c}{c+2b}$

STOPJOHN · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 23, 2019 1:26 pm
Αντίλογος.pngΣτις πλευρές γωνίας $\widehat{xAy}=120^0$ , θεωρούμε σημεία , ώστε : .

Έστω το αντιδιαμετρικό του στον κύκλο . Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{A'B}{A'C}$ .

Εφαρμογή : .

Εστω

τότε στο τετράπλευρο $A'CBP,R.y+R\sqrt{3}.A'P=x.2R\Leftrightarrow 2x-y=c\sqrt{3},(*), 4R^{2}-y^{2}=c^{2}$

$\hat{CPB}=\hat{CA'B}=60^{0},\hat{PCB}=\hat{BA'P}=30^{0}$

Από τα τρίγωνα

$ACA',AA'B,y^{2}-x^{2}=b^{2}-c^{2},(**), (*),(**)\Rightarrow x=\dfrac{\sqrt{3}(2c+b)}{3},y=\dfrac{\sqrt{3}(c+2b)}{3}, \dfrac{x}{y}=\dfrac{b+2c}{c+2b}$

Αντίλογος

Αντίλογος

Re: Αντίλογος

Re: Αντίλογος

Re: Αντίλογος

Μέλη σε σύνδεση