Κοινή χορδή

#1

: Κοινή χορδή..png (13.33 KiB) Προβλήθηκε 664 φορές

Δίνεται τρίγωνο ABC

με

Ο κύκλος

διέρχεται από το

και εφάπτεται της

στο

ενώ ο κύκλος (L)

διέρχεται από το

και εφάπτεται της

στο

Οι δύο κύκλοι επανατέμνονται στο

Να βρείτε το μήκος της κοινής χορδής AS.

#2

Έστω

το σημείο τομής της

με τη

,

το σημείο τομής της ημιευθείας

με τον κύκλο $\left( {A,S,B} \right)$
και

το σημείο τομής της ημιευθείας

με τον $\left( {A,S,B} \right)$

Θέτω : $\boxed{AS = x\,\,,\,\,BF = t\,\,,\,\,TB = k\,,\,\,TG = m\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,GC = z\,}$

Από τη δύναμη σημείου

ως προς τον $\left( {A,S,B} \right)$ έχω:

$A{C^2} = CB \cdot CF \Rightarrow 49 = 6\left( {6 + t} \right) \Rightarrow \boxed{t = \frac{{13}}{6}}$ ομοίως $A{B^2} = BG \cdot BC \Rightarrow 25 = \left( {6 - z} \right)6 \Rightarrow \boxed{z = \frac{{11}}{6}}$

: Κοινή χορδή Βισβίκης_1.png (20.78 KiB) Προβλήθηκε 566 φορές

Επειδή $TB \cdot TF = TS \cdot TA = TG \cdot TC \Rightarrow k\left( {k + t} \right) = m(m + z)$ και

$\boxed{k + m = 6 - z = 6 - \frac{{11}}{6} = \frac{{25}}{6}}$ θα έχω το σύστημα: $\left\{ \begin{gathered} k + m = \frac{{25}}{6} \hfill \\ k\left( {k + \frac{{13}}{6}} \right) = m\left( {m + \frac{{11}}{6}} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} k = \frac{{75}}{{37}} \hfill \\ m = \frac{{425}}{{222}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Συνεπώς $\boxed{TC = m + z = \frac{{475}}{{222}} + \frac{{11}}{6} = \frac{{147}}{{37}}}$ τώρα με Θ Stewart

στο $\vartriangle ABC$ έχω:

$BC \cdot A{T^2} = BT \cdot A{C^2} + TC \cdot A{B^2} - BC \cdot TB \cdot TC$ ή

$6A{T^2} = 49 \cdot \dfrac{{75}}{{37}} + 25 \cdot \dfrac{{147}}{{37}} - 5 \cdot \dfrac{{75}}{{37}} \cdot \dfrac{{147}}{{37}}$ ή $\boxed{AT = \dfrac{{70\sqrt 7 }}{{37}}}$ και αφού

$TS \cdot TA = TB \cdot TF \Rightarrow \left( {AT - x} \right)AT = \dfrac{{75}}{{37}}\left( {\dfrac{{75}}{{37}} + \dfrac{{13}}{6}} \right) \Rightarrow$ $\boxed{AS = x = \dfrac{{5\sqrt 7 }}{4}}$ .

#3

Γράφω και τον κύκλο $\left( {A,B,C} \right)$ . Η

τέμνει τον κύκλο αυτό στο

και την

στο

.

Από την γωνία υπό χορδής κι εφαπτομένης και από το εγράψιμο τετράπλευρο ABPC

.

$\left\{ \begin{gathered} \vartriangle ABS \approx \vartriangle CAS \hfill \\ \vartriangle CAS \approx \vartriangle CBP \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AS}}{{CS}} \hfill \\ \frac{{AS}}{{CS}} = \frac{{PB}}{{PC}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{PB}}{{PC}}}$ .

Άρα το τετράπλευρο ABPC

είναι αρμονικό οπότε η

είναι συμμετροδιάμεσος του $\vartriangle ABC$ . Έτσι έχω :

: Κοινή χορδή Βισβίκης_new_ok.png (30.35 KiB) Προβλήθηκε 552 φορές

$\boxed{AT = \frac{{2bc}}{{{b^2} + {c^2}}}{m_a} = \frac{{70\sqrt 7 }}{{37}}}$ . Επειδή δε $\left\{ \begin{gathered} \frac{{TB}}{{TC}} = \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}} = \frac{{25}}{{49}} \hfill \\ TB + TC = 6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} TB = \frac{{75}}{{37}} \hfill \\ TC = \frac{{147}}{{37}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ θα έχω:

Όπως πιο πάνω , $\boxed{AS = \frac{{5\sqrt 7 }}{4}}$

Το ότι η είναι συμμετροδιάμεσος προκύπτει και τριγωνομετρικά.

Φανης Θεοφανιδης · #4

Ας μου επιτρέψει ο Γιώργος και ένα επιπλέον ερώτημα.
Να βρεθούν οι ακτίνες των κύκλων (K) και (L).

Altrian · #5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 27, 2020 3:24 pm
Ας μου επιτρέψει ο Γιώργος και ένα επιπλέον ερώτημα.
Να βρεθούν οι ακτίνες των κύκλων (K) και (L).

Μετά τις δύο εξαιρετικές λύσεις του Νίκου, προσθέτω μία λύση ακόμα:
$\bigtriangleup ABS\sim \bigtriangleup ASC\Rightarrow \dfrac{x}{a}=\dfrac{b}{x}=\dfrac{7}{5}\Rightarrow x^{2}=ab,..b=\dfrac{49}{25}a$

Από Ν.Συνημιτόνων στο ABC

έχω: $6^{2}=5^{2}+7^{2}-2*5*7*cos(A)\Rightarrow cos(A)=\dfrac{19}{35}$

Προφανώς $\angle BSC=\angle S=2\angle A\Rightarrow cos(S)=cos(2A)=2cos^{2}(A)-1=\dfrac{-503}{1225}$ .

Από Ν.Συνημιτόνων στο BSC

έχω: $6^{2}=a^{2}+b^{2}-2abcos(S)\Rightarrow 36=a^{2}+\dfrac{49^{2}}{25^{2}}a^{2}-2a\dfrac{49}{25}acos(S)\Rightarrow a=\dfrac{25}{4\sqrt{7}}$

Επομένως $b=\dfrac{49}{25}a=\dfrac{49}{4\sqrt{7}}\Rightarrow ab=x^{2}=\dfrac{25*7}{16}\Rightarrow x=\dfrac{5\sqrt{7}}{4}$ .

Για τα πρόσθετα ερωτήματα του Φάνη:

Εύκολα προκύπτει ότι $\angle BKA=\angle S\Rightarrow 5^{2}=r_{1}^{2}+r_{1}^{2}-2r_{1}^{2}cos(S)\Rightarrow r_{1}=\dfrac{175}{24\sqrt{6}}.$

Επειδή τα τρίγωνα ALC, BKA

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\dfrac{7}{5}$ εύκολα προκύπτει ότι $r_{2}=\dfrac{7}{5}r_{1}=\dfrac{245}{24\sqrt{6}}$

#6

Να ευχαριστήσω τον Νίκο και τον Αλέξανδρο για τις λύσεις τους, καθώς επίσης και τον Φάνη για το εύστοχο επιπλέον

ερώτημα. Η λύση μου είναι ίδια με του Αλέξανδρου και την έχω αναρτήσει εδώ (Έχουν αλλαχτεί κάποια σημεία στο σχήμα).

Κοινή χορδή

Κοινή χορδή

Re: Κοινή χορδή

Re: Κοινή χορδή

Re: Κοινή χορδή

Re: Κοινή χορδή

Re: Κοινή χορδή

Μέλη σε σύνδεση