Ξετυλίξτε το κουβάρι

KARKAR · #1

: Ξετύλιξε το κουβάρι.png (37.95 KiB) Προβλήθηκε 982 φορές

Στο τμήμα CD=9

, θεωρώ σημεία O , K

, με :

. Γράφω τους κύκλους (O ,OC) , (K , KD)

,

οι οποίοι τέμνονται στα σημεία A,B

. Γράφω τώρα και τους : (C , B , K) , (D, B , O)

, οι οποίοι τέμνονται (και) στο

.

Υπολογίστε το τμήμα

και εξετάστε αν : $SA \perp AC$ .

Dimessi · #2

Έχουμε
$\angle CSB\overset{CSKB\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle CKB\overset{KD=KB}=2\angle ODB\overset{OSDB\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=2\angle OSB$
και με OC=OB

η

είναι μεσοκάθετος του

έχουμε $\angle CSM=\angle ODB$ (1)
επειδή

μεσοκάθετος του

$\displaystyle \left.\begin{matrix} \angle MCA=2\angle OCB=\angle DOB & \\\displaystyle\frac{CA}{CM}=2=\frac{OD}{OB} & \\ \end{matrix}\right\}\Longrightarrow \vartriangle MCA\sim \vartriangle ODB\Longrightarrow \angle CAM=\angle ODB$

: Καθετότητα δια- λόγου.png (404.69 KiB) Προβλήθηκε 948 φορές

και λόγω της (1) $\angle CAM=\angle CSM$
δηλ. CSAM

εγγράψιμο οπότε $\angle SAC=90^{\circ}$
από Θ.Stewart στο τρίγωνο $\vartriangle CBK$ με τέμνουσα

έχουμε
$\displaystyle 4CB^{2}+3\cdot 2^{2}=7\left ( 3^{2}+3\cdot 4 \right )\Longrightarrow CB=\frac{1}{2}\sqrt{135}$
από Θ.Stewart στο τρίγωνο $\vartriangle DBO$ με τέμνουσα

έχουμε
$\displaystyle 4DB^{2}+2\cdot 3^{2}=6\left ( 2^{2} +4\cdot 2\right )\Longrightarrow DB^{2}=\frac{27}{2}$
ακόμη
$\angle DSB\overset{OSDB\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle DOB\overset{OC=OB}=2\angle KCB\overset{CSKB\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=2\angle KSB$
και με KD=KB

η

είναι μεσοκάθετος του

οπότε

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle BDC$
οπότε

είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του οπότε από τον τύπο του 'Ηρωνα έχουμε
$\displaystyle R=\frac{CB\cdot DB\cdot CD}{4\left ( CBD \right )}=\frac{\frac{1}{2}\sqrt{135}\cdot \frac{1}{2}\sqrt{54}\cdot 9}{4\sqrt{\tau \left ( \tau -\alpha \right )\left ( \tau -\beta \right )\left ( \tau -\gamma \right )}}=\frac{2\sqrt{135}}{\sqrt{10}}$

: Καθετότητα δια- λόγου.png (404.69 KiB) Προβλήθηκε 948 φορές

Εναλλακτική πορεία
φέρω το απόστημα

της χορδής

στον κύκλο (K)

είναι
$\displaystyle \vartriangle CSM\sim \vartriangle KDN\Longrightarrow \frac{SC}{CM}=\frac{KD}{KN}\Longrightarrow SC=KD\cdot \frac{CB}{2KN}$ (2)
από 1ο Θ. διαμέσων στο τρίγωνο $\vartriangle KDB$ έχουμε
$\displaystyle KN^{2}=\frac{1}{4}\left ( 4\cdot 2^{2}-\frac{27}{2} \right )\Longrightarrow KN=\frac{1}{4}\sqrt{10}$
και λόγω της (2)
$\displaystyle SC=\frac{2\sqrt{135}}{\sqrt{10}}\overset{ \Pi .\Theta: \vartriangle SAC}\Longrightarrow SA=\sqrt{54-\frac{135}{4}}=\frac{9}{2}$

: Καθετότητα δια- λόγου.png (404.69 KiB) Προβλήθηκε 948 φορές

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 26, 2025 5:58 am
Στο τμήμα , θεωρώ σημεία , με : . Γράφω τους κύκλους ,

οι οποίοι τέμνονται στα σημεία . Γράφω τώρα και τους : , οι οποίοι τέμνονται (και) στο .

Υπολογίστε το τμήμα και εξετάστε αν : $SA \perp AC$ .

Ας το δούμε με Αναλυτική Γεωμετρία, αν και πληρώνουμε το τίμημα των πολλών πράξεων. Γράφω μόνο τα κύρια βήματα.

Με αρχή των αξόνων το αριστερό άκρο

του δοθέντος τμήματος, οι δύο κύκλοι έχουν εξισώσεις $(x-3)^2+y^2=3^2, \, (x-7)^2+y^2=2^2$ . Λύνοντας το σύστημα θα βρούμε ότι τα κοινά τους σημεία είναι τα

$A \left ( \dfrac {45}{8}, \, \dfrac {3\sqrt {15}}{8} \right ) , \, B\left ( \dfrac {45}{8}, \, -\dfrac {3\sqrt {15}}{8} \right )$

Tώρα μπορούμε εύκολα να βρούμε τις εξισώσεις των κύκλων $CBK, \, OBD$ αφού ξέρουμε από τρία σημεία τους. Θα βγει ότι είναι οι κύκλοι

$\left ( x -\dfrac {7}{2} \right )^2+ \left ( y -\dfrac {\sqrt {15}}{2} \right )^2= 16$ και $\left ( x -6 \right )^2+ \left ( y -\dfrac {3\sqrt {15}}{5} \right )^2= \dfrac {72}{5}$

Λύνοντας το σύστημα θα βρούμε κοινό σημείο το $S\left ( \dfrac {9}{2}, \, \dfrac {3\sqrt {15}}{2} \right )$ και φυσικά το

που ήδη ξέρουμε.

Τώρα τα ζητούμενα της άσκησης είναι άμεσα. Π.χ. από τις συντεταγμένες των S,A

έχουμε

$\displaystyle{SA = \sqrt { \left ( \dfrac {9}{2} - \dfrac {45}{8} \right ) ^2+ \left ( \dfrac {3\sqrt {15}}{2} - \dfrac {3\sqrt {15}}{8}} \right )^2 } = \dfrac {9}{2} }$

και ανάλογα η καθετότητα $SA \perp AC$ .

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 26, 2025 5:58 am
Ξετύλιξε το κουβάρι.pngΣτο τμήμα , θεωρώ σημεία , με : . Γράφω τους κύκλους ,

οι οποίοι τέμνονται στα σημεία . Γράφω τώρα και τους : , οι οποίοι τέμνονται (και) στο .

Υπολογίστε το τμήμα και εξετάστε αν : $SA \perp AC$ .

Παρόμοια με του Κ. Λάμπρου .

Με αρχή συντεταγμένων το $O\left( {0,0} \right)$ οι κύκλοι , $\left( {O,3} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {K,2} \right)$ έχουν εξισώσεις , ${x^2} + {y^2} = 9\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\left( {x - 4} \right)^2} + {y^2} = 4$ τέμνονται δε στα ,

$A\left( {\dfrac{{21}}{8},\dfrac{{3\sqrt {15} }}{8}} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B\left( {\dfrac{{21}}{8},\dfrac{{ - 3\sqrt {15} }}{8}} \right)$ . . Ο κύκλος $\left( {C,B,K} \right) \to U\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {O,B,D} \right) \to V$

Η οικογένεια των κύκλων που διέρχονται από τα $C\,\,,\,\,K$ έχουν εξίσωση , $\left( {x + 3} \right)\left( {x - 4} \right) + {y^2} + ky = 0\,\,$ με

πραγματική παράμετρο .

Ο, $\left( U \right)$ διέρχεται από το

, επαληθεύεται από το

και προκύπτει , $k = - \sqrt {15}$ άρα έχει εξίσωση : ${x^2} + {y^2} - x - \sqrt {15} y - 12 = 0\,\,\,\left( 1 \right)$

με Κέντρο $E\left( {\dfrac{1}{2},\dfrac{{\sqrt {15} }}{2}} \right)$ .

Με όμοιο τρόπο ο κύκλος $\left( V \right)$ έχει εξίσωση : ${x^2} + {y^2} - 6x - \dfrac{{6\sqrt {15} }}{5}y = 0\,\,\left( 2 \right)$ έχει δε κέντρο , $Z\left( {3,\dfrac{{3\sqrt {15} }}{5}} \right)$ .

: Ξετυλίξετε το κουβάρι_1.png (53.12 KiB) Προβλήθηκε 878 φορές

Από τη λύση του συστήματος των $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ βρίσκω , $S\left( {\dfrac{3}{2},\dfrac{{3\sqrt {15} }}{2}} \right)$ . Τώρα έχω , $\overrightarrow {AS} = \left( { - \dfrac{9}{8},\dfrac{{9\sqrt {15} }}{8}} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\overrightarrow {AC} = \left( { - \dfrac{{45}}{8}, - \dfrac{{3\sqrt {15} }}{8}} \right)$ .

Επειδή $\overrightarrow {AS} \cdot \overrightarrow {AC} = 0 \Rightarrow AS \bot AC$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 26, 2025 5:58 am
Ξετύλιξε το κουβάρι.pngΣτο τμήμα , θεωρώ σημεία , με : . Γράφω τους κύκλους ,

οι οποίοι τέμνονται στα σημεία . Γράφω τώρα και τους : , οι οποίοι τέμνονται (και) στο .

Υπολογίστε το τμήμα και εξετάστε αν : $SA \perp AC$ .

Πρώτα θα αποδείξουμε ότι $SA \bot CA$

Στο τρίγωνο BQD

προφανώς οι QI,DI

είναι διχοτόμοι του άρα

έγκεντρο αυτού

Έτσι όλες οι μπλε γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους ,συνεπώς τα S,A,I

είναι συνευθειακά, άρα $SA \bot CA$

Αν $BI \cap (q)=L$ είναι (γνωστό και απλό)ότι LQ=LD=LI=m

Επειδή

η

είναι μεσοκάθετος της

οπότε

Με $SJ \bot CD$ το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου CIS

άρα $IH \bot CS$

Αλλά και $IH \bot LO \Rightarrow IH \bot CQ$ κι επειδή $IQ \bot CQ \Rightarrow I,H,Q$ συνευθειακά

Έτσι η

είναι κάθετη ταυτόχρονα στις CQ,CS

άρα

συνευθειακά και το τρίγωνο SQI

είναι ορθογώνιο με ZQ=ZI=ZS

Εύκολα προκύπτει ότι KI=IN=1

και

.Έτσι από θ.διαμέσου στο τρίγωνο $OAK \Rightarrow NA^2= \dfrac{5}{2}$

οπότε και πάλι με από θ.διαμέσου στο τρίγωνο $ANK \Rightarrow AI=IB= \dfrac{3}{2}$

Ισχύει $m.IB=OI.ID \Rightarrow m. \dfrac{3}{2}=9 \Rightarrow m=6=OD$

Επειδή $\angle LDI= \angle LID= \angle NIB= \angle AIN \Rightarrow SI//LD \Rightarrow Z$ μέσον της

άρα $IZ=// \dfrac{m}{2}=3 =ZS$

Έτσι $SA=SI-IA=6- \dfrac{3}{2} = \dfrac{9}{2}$

: ....κουβάρι.png (113.28 KiB) Προβλήθηκε 769 φορές

Ξετυλίξτε το κουβάρι

Ξετυλίξτε το κουβάρι

Re: Ξετυλίξτε το κουβάρι

Re: Ξετυλίξτε το κουβάρι

Re: Ξετυλίξτε το κουβάρι

Re: Ξετυλίξτε το κουβάρι

Μέλη σε σύνδεση