2 κύκλοι και 1 ημικύκλιο

#1

: 2 κύκλοι και 1 ημικύκλιο.png (18.39 KiB) Προβλήθηκε 253 φορές

Σημείο

κινείται σε ημικύκλιο κέντρου

και διαμέτρου AB=2a.

Αν

είναι η προβολή του

στη διάμετρο

και

το μέσο του AT,

α) να εντοπίσετε τη θέση του

ώστε το τετράπλευρο OMTS

να είναι αμφιγράψιμο.

β) Αν (K, R), (L, r)

είναι οι εγγεγραμμένοι κύκλοι του τετραπλεύρου OMTS

και του τριγώνου OMA

αντίστοιχα, να δείξετε ότι $\dfrac{R}{r}=\sqrt 3.$

Για ευκολία στις πράξεις θεωρήστε ότι a=4).

#2

george visvikis έγραψε:Σημείο κινείται σε ημικύκλιο κέντρου και διαμέτρου Αν είναι η προβολή του στη διάμετρο και το μέσο του
α) να εντοπίσετε τη θέση του ώστε το τετράπλευρο να είναι αμφιγράψιμο.
β) Αν είναι οι εγγεγραμμένοι κύκλοι του τετραπλεύρου και του τριγώνου αντίστοιχα,
να δείξετε ότι $\dfrac{R}{r}=\sqrt 3.$ Για ευκολία στις πράξεις θεωρήστε ότι

Χρησιμοποιώ το σχήμα της εκφώνησης.

$\bullet$ Έστω ότι έχει βρεθεί το σημείο $S\in AB,$ ώστε το εγγράψιμο πάντοτε τετράπλευρο OMTS

να είναι και περιγράψιμο.

Από $\angle OMT = 90^{0} = \angle OST$ και OM + TS = OS + TM,

προκύπτει ότι το OMTS

έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία της διαμέτρου

του περικύκλου του και επομένως έχουμε $TM = TS\ \ \ ,(1)$ και $OM = OS\ \ \ ,(2)$

Από (1)

και

λόγω $OM\perp AT\Rightarrow$ $AT = 2(TS)\ \ \ ,(3)$

Από (3)

προκύπτει εύκολα η κατασκευή του σημείου

ως εξής:

Έστω

το σημείο στο εσωτερικό του δοσμένου ημικυκλίου (O)

, ώστε να είναι $XO\perp AO$ και AX= 2(XO)

.

Η ευθεία

τέμνει το ημικύκλιο (O)

στο σημείο έστω

και ισχύει AT = 2(TS)

λόγω ομοιοθεσίας,
όπου $S\in AB$ και $TS\perp AB.$

Ομοίως ( δεύτερη λύση ), η ευθεία

τέμνει το ημικύκλιο (O)

στο σημείο έστω T',

και ισχύει BT' = 2(T'S'),

όπου $S'\in AB$ και $T'S'\perp AB$ και το $(\alpha)$ ζητούμενο έχει λυθεί.

$\bullet$ Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle SAT,\ \vartriangle MAO$ έχουμε:

$\displaystyle \frac{AO}{OM} = \frac{AT}{TS} = 2\Rightarrow$ $AO = 2(OM) = 2(OS)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle AO = \frac{2(AS)}{3}}\ \ \ ,(4)$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle SAT$ έχουμε $\displaystyle (AS)^{2} = (AT)^{2} - (TS)^{2} = (AT)^{2} - \frac{(AT)^{2}}{4}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle AS = \frac{(AT)\sqrt{3}}{2}}\ \ \ ,(5)$

Από την ομοιότητα των $\vartriangle SAT,\ \vartriangle MAO$ έχουμε επίσης $\boxed{\displaystyle \frac{R}{r} = \frac{AT}{AO}}\ \ \ ,(6)$ ( από ίσους λόγους ομόλογων τμημάτων σε όμοια τρίγωνα ).

Από $(4),\ (5),\ (6)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{R}{r} = \frac{AT}{\frac{(AT)\sqrt{3}}{3}} = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{R}{r} = \sqrt{3}}$ και το $(\beta)$ ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle TAB,\ \vartriangle SAT$ προκύπτει $\displaystyle \frac{TB}{AB} = \frac{TS}{AT} = 2$ και επομένως το σημείο

( ομοίως και το

), είναι κορυφή του κανονικού ημιεξαγώνου που εγγράφεται στο δοσμένο ημικύκλιο (O).

2 κύκλοι και 1 ημικύκλιο

2 κύκλοι και 1 ημικύκλιο

Re: 2 κύκλοι και 1 ημικύκλιο

Μέλη σε σύνδεση