Παλαιολόγος

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12639
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Παλαιολόγος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Ιαν 21, 2020 8:13 pm

Παλαιολόγος.png
Παλαιολόγος.png (12.51 KiB) Προβλήθηκε 189 φορές
Πάνω στην ακτίνα OA , τεταρτοκυκλίου O\overset{\frown}{AB} , θεωρούμε σημείο K , με : AK>KO . Σχεδιάζω

και το τεταρτοκύκλιο A\overset{\frown}{KL} , το οποίο τέμνει το αρχικό στο σημείο S . Ο κύκλος (K,KO) τέμνει
το μικρό τεταρτοκύκλιο στο T . Αν τα O,T,S είναι συνευθειακά , υπολογίστε τον λόγο : \dfrac{AK}{KO} .
Αν το τμήμα LB , τέμνει το μεγάλο τεταρτοκύκλιο στο P , υπολογίστε και τον λόγο : \dfrac{LP}{PB} .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7977
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Παλαιολόγος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Ιαν 21, 2020 11:50 pm

KARKAR έγραψε:
Τρί Ιαν 21, 2020 8:13 pm
Παλαιολόγος.pngΠάνω στην ακτίνα OA , τεταρτοκυκλίου O\overset{\frown}{AB} , θεωρούμε σημείο K , με : AK>KO . Σχεδιάζω

και το τεταρτοκύκλιο A\overset{\frown}{KL} , το οποίο τέμνει το αρχικό στο σημείο S . Ο κύκλος (K,KO) τέμνει
το μικρό τεταρτοκύκλιο στο T . Αν τα O,T,S είναι συνευθειακά , υπολογίστε τον λόγο : \dfrac{AK}{KO} .
Αν το τμήμα LB , τέμνει το μεγάλο τεταρτοκύκλιο στο P , υπολογίστε και τον λόγο : \dfrac{LP}{PB} .
Παλιός μεν αλλά πανάκριβος δε .

Τα ισοσκελή τρίγωνα OAS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,ATS έχουν μια γωνία τω βάσεών τους κοινή ( \widehat {ASO}) και άρα είναι όμοια .

Επειδή \widehat {KTO} = \widehat {TKS} + \widehat {TSK} \Rightarrow 2\widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\theta _{}}} \Rightarrow \boxed{\widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{\theta _{}}}} .

Έτσι αν AK = x \Rightarrow KO = R - x = KT = KS\,\,. Από τα όμοια τρίγωνα : OAS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,ATS έχω:

\boxed{\frac{{OA}}{{AT}} = \frac{{AS}}{{TS}} \Rightarrow \frac{R}{x} = \frac{x}{{R - x}} \Rightarrow {x^2} = R\left( {R - x} \right)}
παλαιολόγος_1.png
παλαιολόγος_1.png (36.89 KiB) Προβλήθηκε 148 φορές
Δηλαδή το K προσδιορίζεται αν χωρίσω την AO σε μέσο κι άκρο λόγο . Αρα \boxed{\frac{{AK}}{{KO}} = \phi }

Αν φέρω την προβολή του L στην OB από το Π. Θ. έχω :

LB = \sqrt {{R^2} + {{\left( {R - x} \right)}^2}}  = \sqrt {{R^2} + {{\left( {R - \dfrac{R}{\phi }} \right)}^2}}  = R\sqrt {\dfrac{{2{\phi ^2} - 2\phi  + 1}}{{{\phi ^2}}}} .

Αλλά {\phi ^2} = \phi  + 1 και έτσι : \boxed{LB = \frac{R}{\phi }\sqrt 3  = x\sqrt 3 } .

Επειδή A{L^2} = LP \cdot LB \Rightarrow {x^2} = LP  
\cdot x\sqrt 3  \Rightarrow \boxed{LP = \frac{x}{{\sqrt 3 }}} . \boxed{PB = LB - LP = \frac{{2x}}{{\sqrt 3 }}} \Rightarrow \boxed{\frac{{LP}}{{PB}} = \frac{1}{2}}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες