Υπολογισμός λόγου.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 1.png (6.49 KiB) Προβλήθηκε 640 φορές

Στο παραπάνω σχήμα δίνονται τα ημικύκλια $C_{1}, C_{2}$ με ακτίνες R, r

αντίστοιχα.
Η εφαπτομένη από το $\Gamma$ προς το $C_{1}$ εφάπτεται αυτού στο $\Delta$ και τέμνει
το $C_{2}$ στο

. Αν η εφαπτομένη του $C_{2}$ στο

διέρχεται από το κέντρο

του $C_{1}$ ,
να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{R}{r}$ ( $A, B, \Gamma$ συνευθειακά).

#2

Η δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο C_2

είναι

ενώ του

ως προς τον C_1

είναι $E\Delta ^2=OE^2-O\Delta ^2=R(R+2r)-R^2=2Rr.$

Τέλος η δύναμη του σημείου $\Gamma$ ως προς τον C_1

είναι $\Gamma \Delta ^2=(R+2r)^2-R^2=4r(R+r).$

Είναι $BE\parallel O\Delta$ αφού και οι δύο είναι κάθετες στην $\Gamma \Delta$ οπότε το θεώρημα Θαλή δίνει $\dfrac{R}{R+2r}=\dfrac{E\Delta}{\Gamma \Delta}.$ Υψώνοντας στο τετράγωνο και αντικαθιστώντας προκύπτει ότι R^2=2Rr+4r^2

ή

οπότε $\dfrac{R}{r}=1+\sqrt 5.$

#3

: Εύρεση λόγου.png (28.21 KiB) Προβλήθηκε 601 φορές

Έστω

η προβολή του

στην

. Θέτω $\boxed{R = rx}\,\,x > 0$ . Τα σημεία O,S

είναι αρμονικά συζυγή των B,C

.

Θα ισχύει λοιπόν : $\dfrac{{SB}}{{SC}} = \dfrac{{OB}}{{OC}} = \dfrac{R}{{R + 2r}} = \dfrac{{rx}}{{rx + 2r}} = \dfrac{x}{{x + 2}}\,\,(1)$ . Αλλά

$\dfrac{{SB}}{{SC}} = \dfrac{{E{B^2}}}{{E{C^2}}} = \dfrac{{O{D^2}}}{{D{C^2}}} = \dfrac{{{R^2}}}{{2r(2r + 2R)}} = \dfrac{{{x^2}}}{{4(x + 1)}}\,\,(2)$ .

Εξισώνω τα δεύτερα μέλη των $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ και βρίσκω : $\boxed{x = 1 + \sqrt 5 }$ .

#4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 9:50 pm
1.png

Στο παραπάνω σχήμα δίνονται τα ημικύκλια $C_{1}, C_{2}$ με ακτίνες αντίστοιχα.
Η εφαπτομένη από το $\Gamma$ προς το $C_{1}$ εφάπτεται αυτού στο $\Delta$ και τέμνει
το $C_{2}$ στο . Αν η εφαπτομένη του $C_{2}$ στο διέρχεται από το κέντρο του $C_{1}$ ,
να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{R}{r}$ ( $A, B, \Gamma$ συνευθειακά).

: Υπολογισμός λόγου.png (17.42 KiB) Προβλήθηκε 591 φορές

Με διαδοχικά Π. Θ στα τρίγωνα OEK, ODE

βρίσκω $\boxed{OE=\sqrt{R(R+2r)}}$ και $\boxed{DE=\sqrt{2Rr}}$

Από τα όμοια τρίγωνα ODE, ODC,

$\displaystyle \frac{{\sqrt {2Rr} }}{R} = \frac{{\sqrt {R(R + 2r)} }}{{R + 2r}} \Leftrightarrow {R^2} - 2Rr - 4{r^2} = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{R}{r}=1+\sqrt 5}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 11, 2017 9:50 pm
1.png

Στο παραπάνω σχήμα δίνονται τα ημικύκλια $C_{1}, C_{2}$ με ακτίνες αντίστοιχα.
Η εφαπτομένη από το $\Gamma$ προς το $C_{1}$ εφάπτεται αυτού στο $\Delta$ και τέμνει
το $C_{2}$ στο . Αν η εφαπτομένη του $C_{2}$ στο διέρχεται από το κέντρο του $C_{1}$ ,
να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{R}{r}$ ( $A, B, \Gamma$ συνευθειακά).

Είναι $\displaystyle O{E^2} = R(R + 2\rho )$

$\displaystyle \vartriangle DOE \simeq \vartriangle EBC \Rightarrow {\left( {\frac{{OE}}{{2\rho }}} \right)^2} = {\left( {\frac{R}{{EC}}} \right)^2} \Rightarrow E{C^2} = \frac{{4{\rho ^2}R}}{{R + 2\rho }}$

$\displaystyle DO//EB \Rightarrow {\left( {\frac{{EB}}{R}} \right)^2} = {\left( {\frac{{2\rho }}{{2\rho + R}}} \right)^2} \Rightarrow E{B^2} = \frac{{4{\rho ^2}{R^2}}}{{{{\left( {R + 2\rho } \right)}^2}}}$

$\displaystyle E{C^2} + E{B^2} = 4{\rho ^2} \Rightarrow \frac{{4{\rho ^2}R}}{{R + 2\rho }} + \frac{{4{\rho ^2}{R^2}}}{{{{\left( {R + 2\rho } \right)}^2}}} = 4{\rho ^2} \Leftrightarrow {\left( {\frac{R}{\rho }} \right)^2} - 2\left( {\frac{R}{\rho }} \right) - 4 = 0 \Rightarrow \boxed{\frac{R}{\rho } = 1 + \sqrt 5 }$

: y.l.png (26.86 KiB) Προβλήθηκε 589 φορές

KARKAR · #6

: Συμπλήρωμα.png (9.06 KiB) Προβλήθηκε 575 φορές

Βρείτε τον ίδιο λόγο , αν η εφαπτομένη του μικρού ημικυκλίου στο

, διέρχεται από το

.

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 12, 2017 6:31 pm
Συμπλήρωμα.pngΒρείτε τον ίδιο λόγο , αν η εφαπτομένη του μικρού ημικυκλίου στο , διέρχεται από το .

: Εύρεση λόγου αλα KARKAR.png (18.75 KiB) Προβλήθηκε 567 φορές

με την ίδια ακριβώς διαδικασία έχω : x=4

Υπολογισμός λόγου.

Υπολογισμός λόγου.

Re: Υπολογισμός λόγου.

Re: Υπολογισμός λόγου.

Re: Υπολογισμός λόγου.

Re: Υπολογισμός λόγου.

Re: Υπολογισμός λόγου.

Re: Υπολογισμός λόγου.

Μέλη σε σύνδεση