Για τον ίδιο λόγο

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8027
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Για τον ίδιο λόγο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Ιουν 13, 2017 8:00 pm

Για τον ίδιο λόγο.png
Για τον ίδιο λόγο.png (9.59 KiB) Προβλήθηκε 541 φορές
Δίδεται ημικύκλιο διαμέτρου AB. Στην προέκταση του AB προς το B έστω σημείο

P και το εφαπτόμενο τμήμα του ημικυκλίου PC. Στη χορδή AC έστω σημείο L για

το οποίο, AL = 2LC. Αν και PC = 2PB να βρείτε τη γωνία \widehat \theta  = \widehat {PLC}.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12683
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Για τον ίδιο λόγο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Ιουν 13, 2017 8:36 pm

Ομολογία.png
Ομολογία.png (10.73 KiB) Προβλήθηκε 534 φορές
Η PL είναι η διχοτόμος της \widehat{P} ....( (2x)^2=(x(x+2r) ....PA=2PC )

Το τρίγωνο POC είναι τύπου "3-4-5" , συνεπώς \tan\widehat{LPA}=\dfrac{1}{3} και \tan\widehat {CAP}=\dfrac{1}{2} ,

δηλαδή : \tan\widehat{CLP}=1 (αφού ως γνωστόν λίγη τριγωνομετρία δεν βλάπτει ! )


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2081
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Για τον ίδιο λόγο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Ιουν 13, 2017 10:49 pm

Doloros έγραψε:Για τον ίδιο λόγο.png

Δίδεται ημικύκλιο διαμέτρου AB. Στην προέκταση του AB προς το B έστω σημείο

P και το εφαπτόμενο τμήμα του ημικυκλίου PC. Στη χορδή AC έστω σημείο L για

το οποίο, AL = 2LC. Αν και PC = 2PB να βρείτε τη γωνία \widehat \theta  = \widehat {PLC}.
Έστω \displaystyle{Q} συμμετρικό του \displaystyle{P} ως προς \displaystyle{C}.Τότε \displaystyle{L} είναι κ.βάρους του \displaystyle{\vartriangle QAP}άρα \displaystyle{M} μέσον του \displaystyle{AP}

\displaystyle{4{u^2} = u \cdot \left( {u + 2R} \right) \Rightarrow \boxed{u = \frac{{2R}}{3}} \Rightarrow AP = \frac{{8R}}{3} \Rightarrow \boxed{MP = CP = \frac{{4R}}{3}}} και \displaystyle{MB = u = \frac{{2R}}{3}}

Έτσι \displaystyle{BC//QM \Rightarrow QM \bot AC} και \displaystyle{AMCQ} ισοσκελές τραπέζιο άρα \displaystyle{LC = LM \Rightarrow PL} μεσοκάθετος της \displaystyle{CM \Rightarrow 2\theta  = {90^0} \Rightarrow \boxed{\theta  = {{45}^0}}}
Για τον ίδiο λόγο.png
Για τον ίδiο λόγο.png (9.88 KiB) Προβλήθηκε 505 φορές


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8027
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Για τον ίδιο λόγο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Ιουν 14, 2017 11:19 pm

Για τον ίδιο λόγο.png
Για τον ίδιο λόγο.png (18.64 KiB) Προβλήθηκε 479 φορές
Επειδή P{C^2} = PB \cdot PA \Rightarrow 4{u^2} = u(u + 2R) \Rightarrow 3u = 2R \Rightarrow \boxed{AP = 4u = 2PC} που μας

εξασφαλίζει ότι η PL διχοτόμος στο \vartriangle APC. Αν λοιπόν T το σημείο τομής των

CB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LP θα είναι : \left\{ \begin{gathered} 
  \widehat {CPT} = \widehat {APL} \hfill \\ 
  \widehat {TCP} = \widehat {LAP} \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

( Η δεύτερη ισότητα λόγω, «υπό χορδής κι εφαπτομένης») .

Δηλαδή \vartriangle CTP \approx \vartriangle ALP \Rightarrow \boxed{\widehat \omega  = \widehat \theta  = 45^\circ }.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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