Κοντσέρτο για τετράγωνο και τρίκυκλο

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8954
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Κοντσέρτο για τετράγωνο και τρίκυκλο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Ιαν 23, 2020 7:00 pm

Κοντσέρτο για τετράγωνο και τρίκυκλο.png
Κοντσέρτο για τετράγωνο και τρίκυκλο.png (17.35 KiB) Προβλήθηκε 228 φορές
Δίνεται τετράγωνο ABCD πλευράς a και ένα σημείο M της πλευράς BC. Γράφω τον κύκλο (K, R) που

εφάπτεται στις AM, MC, CD και τον εγγεγραμμένο κύκλο (L, r) του τριγώνου ABM που εφάπτεται και

του κύκλου (K) στο σημείο S της AM.

I) Να δείξετε ότι \displaystyle r = a{r_0}, όπου r_0 είναι ρίζα της εξίσωσης 4x^3-12x^2+8x-1=0 και να υπολογίσετε

συναρτήσει του r_0 τον λόγο \dfrac{CM}{MB}.

II) Ένας τρίτος κύκλος ακτίνας \displaystyle \rho εφάπτεται στους δύο άλλους κύκλους και στην BC. Να δείξετε ότι \displaystyle \rho  = \frac{{S{M^2}}}{a}.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11362
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Κοντσέρτο για τετράγωνο και τρίκυκλο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Ιαν 24, 2020 9:23 pm

τετράγωνο  Βισβίκη.png
τετράγωνο Βισβίκη.png (19.03 KiB) Προβλήθηκε 141 φορές
α) Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τραπέζιο KK'L'L , προκύπτει η εξίσωση :

(R+r)^2=(a-(R+r)^2+(R-r)^2

ενώ το γεγονός ότι : AS \perp KL , παράγει την : AK^2-AL^2=R^2-r^2 ,

( AK=a\sqrt{2}-R\sqrt{2} , AL^2=(a-r)^2+r^2 .

Κάνοντας πράξεις καταλήγω στις : a^2-4aR+2ar+R^2-r^2=0

και : a^2-2aR-2ar+R^2-2Rr+r^2=0 .

Λύνοντας και τις δύο ως προς R , θα βρούμε : R=2a-\sqrt{3a^2-2ar+r^2}

και R=a+r-2\sqrt{ar} . Θέτοντας : r=xa ,  0<x<\dfrac{1}{2}

καταλήγουμε στην : 1-\sqrt{x^2-2x+3}=x-2\sqrt{x} ( υπόρριζα θετικά ),

η οποία γράφεται : 2\sqrt{x}-\sqrt{x^2-2x+3}=x-1 και καταλήγει στην :

4x^3-12x^2+8x-1=0 , με δεκτή ρίζα την : x_{0}\simeq 0,16243

( οι άλλες δύο είναι οι : x\simeq0,73041 και x=\simeq 2,1072 οι οποίες απορρίπτονται ) .

Το M είναι το μέσο του K'L' , έτσι ζητούμενος λόγος γράφεται : \dfrac{a+R-r}{a+r-R}

και με αντικατάσταση από παραπάνω , έχουμε τελικά : \dfrac{CM}{MB}=\dfrac{1}{\sqrt{x_{0}}}-1
τελευταία επεξεργασία από KARKAR σε Κυρ Φεβ 02, 2020 7:44 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11362
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Κοντσέρτο για τετράγωνο και τρίκυκλο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Φεβ 02, 2020 10:37 am

Τμήμα  τετραγώνου.png
Τμήμα τετραγώνου.png (12.63 KiB) Προβλήθηκε 58 φορές
Για το β) χρησιμοποιώ ένα θραύσμα του τετραγώνου . Είναι K'L'=a-(R+r)=2\sqrt{Rr} ,

οπότε : SM=\dfrac{K'L'}{2}=\sqrt{Rr} και : a=(\sqrt{R}+\sqrt{r})^2 , δηλαδή :

\dfrac{SM^2}{a}=\dfrac{Rr}{(\sqrt{R}+\sqrt{r})^2} =\rho . Απλή απόδειξη της τελευταίας δείτε εδώ .


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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