Διλογία

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10467
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Διλογία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Μάιος 16, 2020 6:59 pm

Διλογία.png
Διλογία.png (20.37 KiB) Προβλήθηκε 486 φορές
BC είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα δύο τεμνόμενων κύκλων (O,r), (K,R) και A ένα από

τα σημεία τομής τους. α) Να βρείτε το λόγο \displaystyle \frac{{AB}}{{AC}}

β) Αν M είναι το μέσο του BC, και r=2, R=3, OK=4, να βρείτε το λόγο \displaystyle \frac{{(MOK)}}{{(ABC)}}

(Εξετάστε ξεχωριστά τις δύο θέσεις του A).



Λέξεις Κλειδιά:
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2062
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Διλογία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Κυρ Μάιος 17, 2020 1:38 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Μάιος 16, 2020 6:59 pm
Διλογία.png
BC είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα δύο τεμνόμενων κύκλων (O,r), (K,R) και A ένα από

τα σημεία τομής τους. α) Να βρείτε το λόγο \displaystyle \frac{{AB}}{{AC}}

β) Αν M είναι το μέσο του BC, και r=2, R=3, OK=4, να βρείτε το λόγο \displaystyle \frac{{(MOK)}}{{(ABC)}}

(Εξετάστε ξεχωριστά τις δύο θέσεις του A).
Διλογία.png
Διλογία.png (18.42 KiB) Προβλήθηκε 427 φορές
Άρση απόκρυψης και λύση

1) Ισχύει, MB^2=MC^2=MP.MA άρα MB=MC κι έστω D συμμετρικό του P ως προς M οπότε BPCD παραλ/μμο

  \dfrac{(ABP)}{(APC)}= \dfrac{ \dfrac{AB . AP . BP}{4r} }{ \dfrac{AC . AP . PC}{4R} }=1 \Rightarrow  \dfrac{AB . BP}{AC . PC}= \dfrac{r}{R}

Λόγω ισότητας των γωνιών ίδιου χρώματος  \Rightarrow  \angle BAC+ \angle BPC=180^0  \Rightarrow \angle BAC+ \angle BDC=180^0 άρα ABDC εγγράψιμο

 \dfrac{(ABD)}{(ACD)}= \dfrac{BM}{MC}=1 \Rightarrow AB . BD \eta  \mu  \angle ABD=AC . CD \eta  \mu  \angle ACD  
 
\Rightarrow AB . PC=AC . PB \Rightarrow  \dfrac{BP}{PC}= \dfrac{AB}{AC}

Έτσι, \dfrac{AB . BP}{AC . PC}= \dfrac{r}{R}    \Rightarrow  (\dfrac{AB}{ΑC})^2= \dfrac{r}{R} \Rightarrow  \dfrac{AB}{AC} = \sqrt{ \dfrac{r}{R} }

2) Από Π.Θ στο  \triangle OKS \Rightarrow OS=BC= \sqrt{15}.Είναι γνωστό ότι 2(OMK)=(OKCB)= \dfrac{5 \sqrt{15} }{2}  \Rightarrow (OMK)= \dfrac{5 \sqrt{15} }{4}

και από Ήρωνα (OAK)=3 \dfrac{ \sqrt{15} }{4} άρα, (AOMK)=2 \sqrt{15} = \dfrac{OK . AM}{2}= \dfrac{4AM}{2} \Rightarrow AM= \sqrt{15}

Ισχύει \dfrac{AB^2}{AC^2}= \dfrac{2}{3} κι από θ.διαμέσου  AB^2+AC^2=2AM^2+ \frac{BC^2}{2} εύκολα παίρνουμεAC= \dfrac{3 \sqrt{10} }{2} άρα AB= \sqrt{15}

κι από Ήρωνα (ABC) = \dfrac{45 \sqrt{15} }{24}   .Έτσι, \dfrac{(MOK)}{(ABC)}=... \dfrac{2}{3}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7924
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Διλογία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Μάιος 18, 2020 5:24 am

α) \left\{ {\dfrac{c}{b} = \dfrac{{sinC}}{{\sin B}} = \dfrac{{\cos \theta }}{{\cos \omega }} = \dfrac{{\dfrac{b}{{2R}}}}{{\dfrac{c}{{2r}}}} = \dfrac{{br}}{{cR}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{{c^2}}}{{{b^2}}} = \dfrac{r}{R}}} \right.

β) Τώρα θεωρώ N το μέσου του OK από το Θ διαμέσων στο \vartriangle AOK , AN = \dfrac{{\sqrt {10} }}{2} ενώ από το \vartriangle MNC, NC = \sqrt {10} . Και άρα : \boxed{\dfrac{{CN}}{{CA}} = \dfrac{2}{3}}\,\,\left( 1 \right)

Από το εξωτερικό κέντρο ομοιότητας , S, των δύο κύκλων έχω:

\left\{ \begin{gathered} 
  SB = \dfrac{r}{{R - r}}\sqrt {{d^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}}  \hfill \\ 
  SC = \dfrac{R}{{R - r}}\sqrt {{d^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}}  \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow BC = \sqrt {{d^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}}  = \sqrt {15} με d = OK.
Διλογία_a_b.png
Διλογία_a_b.png (38.96 KiB) Προβλήθηκε 374 φορές
Την τομή των OK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD ονομάζω T και το άλλο σημείο τομής των δυο κύκλων με D, θέτω δε MD = k\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD = 2y

Από το εμβαδόν του τραπεζίου OBCK με δυο τρόπους έχω:

\dfrac{5}{2}\sqrt {15}  = 4MT \Rightarrow MT = \left( {k + y} \right) = \dfrac{{5\sqrt {15} }}{8} κι επειδή : \dfrac{{15}}{4} = k\left( {k + 2y} \right) \Rightarrow 4{k^2} - 5\sqrt {15} k + 15 = 0 οπότε : k = \dfrac{{\sqrt {15} }}{4} και άρα AM = BC = \sqrt {15} .

Από το Θ. συνημίτονου στο \vartriangle ANM, \cos \xi  = \dfrac{{\dfrac{{10}}{4} + \dfrac{{25}}{4} - 15}}{{2\dfrac{{\sqrt {10} }}{2} \cdot \dfrac{5}{2}}} =  - \dfrac{5}{{2\sqrt {10} }}

Από το \vartriangle MCN έχω: \cos \theta  = \dfrac{{MN}}{{NC}} = \dfrac{5}{{2\sqrt {10} }} γιατί η MN είναι διάμεσος στο τραπέζιο OBCK

Δηλαδή τα A,N,C συνευθειακά.

Έτσι λόγω και της \left( 1 \right):

\dfrac{{\left( {MOK} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{\left( {NBC} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{CN}}{{CA}} = \dfrac{2}{3}\,\,\,


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης