Νότιο τμήμα

KARKAR · #1

: Νότιο τμήμα.png (16.59 KiB) Προβλήθηκε 479 φορές

Τα ημικύκλια με διαμέτρους : AC=5

και

, τέμνονται στο σημείο

, του οποίου

το συμμετρικό ως προς την

, ονομάζω

. Οι

τέμνουν τις SA , SD

στα σημεία

και

αντίστοιχα . Υπολογίστε το μήκος του τμήματος

.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 03, 2019 10:28 pm
Νότιο τμήμα.png Τα ημικύκλια με διαμέτρους : και , τέμνονται στο σημείο , του οποίου

το συμμετρικό ως προς την , ονομάζω . Οι τέμνουν τις στα σημεία

και αντίστοιχα . Υπολογίστε το μήκος του τμήματος .

: 175.PNG (30.5 KiB) Προβλήθηκε 426 φορές

Καλησπέρα!

Έστω $BC\cap ST\equiv E$ .Στα ορθογώνια ATC,BTD

το

είναι ύψος προς την υποτείνουσα άρα $AE\cdot EC=TE^2=BE\cdot ED\Leftrightarrow \left ( 2+BE \right )\left ( 3-BE \right )=BE\left ( 10-BE \right )\Leftrightarrow BE=\dfrac{2}{3},$ και $EC=3-BE=\dfrac{7}{3}$
Θεώρημα Μενελάου στα $\Delta AES,\Delta SED$ διατέμνουσων $\overline{LBT},\overline{NCT}$ αντίστοιχα:
$\left\{\begin{matrix} & \dfrac{LS}{AL}\cdot \dfrac{AB}{BE}\cdot \dfrac{TE}{TS}=1 \\& \\ & \dfrac{NS}{ND}\cdot \dfrac{CD}{CE}\cdot \dfrac{TE}{TS}=1 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & \dfrac{LS}{LA}=\dfrac{2}{3} &\\ \\ & \dfrac{NS}{ND}=\dfrac{2}{3}& \end{matrix}\right.$

Άρα LN//AD

με $\dfrac{LN}{AD}=\dfrac{LS}{SA}=\dfrac{LS}{LS+\dfrac{3}{2}LS}=\dfrac{2}{5}\Leftrightarrow LN=\dfrac{2}{5}\cdot 12\Leftrightarrow \boxed{LN=\dfrac{24}{5}}$

KARKAR · #3

Δεν μπορώ να μην χειροκροτήσω !

#4

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 04, 2019 6:26 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 03, 2019 10:28 pm
Νότιο τμήμα.png Τα ημικύκλια με διαμέτρους : και , τέμνονται στο σημείο , του οποίου

το συμμετρικό ως προς την , ονομάζω . Οι τέμνουν τις στα σημεία

και αντίστοιχα . Υπολογίστε το μήκος του τμήματος .
175.PNG

Καλησπέρα!

Έστω $BC\cap ST\equiv E$ .Στα ορθογώνια το είναι ύψος προς την υποτείνουσα άρα $AE\cdot EC=TE^2=BE\cdot ED\Leftrightarrow \left ( 2+BE \right )\left ( 3-BE \right )=BE\left ( 10-BE \right )\Leftrightarrow BE=\dfrac{2}{3},$ και $EC=3-BE=\dfrac{7}{3}$
Θεώρημα Μενελάου στα $\Delta AES,\Delta SED$ διατέμνουσων $\overline{LBT},\overline{NCT}$ αντίστοιχα:
$\left\{\begin{matrix} & \dfrac{LS}{AL}\cdot \dfrac{AB}{BE}\cdot \dfrac{TE}{TS}=1 \\& \\ & \dfrac{NS}{ND}\cdot \dfrac{CD}{CE}\cdot \dfrac{TE}{TS}=1 & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} & \dfrac{LS}{LA}=\dfrac{2}{3} &\\ \\ & \dfrac{NS}{ND}=\dfrac{2}{3}& \end{matrix}\right.$

Άρα με $\dfrac{LN}{AD}=\dfrac{LS}{SA}=\dfrac{LS}{LS+\dfrac{3}{2}LS}=\dfrac{2}{5}\Leftrightarrow LN=\dfrac{2}{5}\cdot 12\Leftrightarrow \boxed{LN=\dfrac{24}{5}}$

Τόπο στα νιάτα !

"Τον γέροντα ρωτήξανε : την δόξα ή τον θρόνο , κι ο γέροντας απήντησε : Θέλω τα νιάτα μόνο "

#5

Αν και η πολύ όμορφη λύση του νεαρού Φωτιάδη αποθαρρύνει για άλλη λύση, ας τι δούμε λίγο διαφορετικά κι... ανάποδα .

Το

είναι το άλλο κοινό σημείο των κύκλων .

Θεωρώ τις $SB\,\,,\,\,SC$ που τέμνουν τις $TA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TD$ στα E,Z

και στα

την παράλληλη από το

στην $\overline {ABCD}$ .

Θα δείξω ότι EZ//AD

και

.

Ας είναι $FB = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,FC = y$ θα είναι έτσι : $TP = 2x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TQ = 2y$ .

Από τη δύναμη του σημείου

ως προς τους δύο κύκλους έχω:

Επειδή : $\left\{ \begin{gathered} x + y = 3 \hfill \\ FA \cdot FC = TF \cdot FS = FB \cdot FD \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x + y = 3 \hfill \\ \left( {x + 2} \right)y = x\left( {y + 7} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x + y = 3 \hfill \\ 2y = 7x \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Νότιο Τμήμα.png (25.06 KiB) Προβλήθηκε 359 φορές

Άρα : $\left\{ \begin{gathered} x = \frac{2}{3} \hfill \\ y = \frac{7}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 2x = \frac{4}{3} \hfill \\ 2y = \frac{{14}}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Μετά απ’ αυτά θα έχω: $\left\{ \begin{gathered} \frac{{TE}}{{EA}} = \frac{{TP}}{{AB}} = \frac{{2x}}{2} = x = \frac{2}{3} \hfill \\ \frac{{TZ}}{{ZD}} = \frac{{TQ}}{{CD}} = \frac{{2y}}{7} = \frac{2}{7} \cdot \frac{7}{3} = \frac{2}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow EZ//AD$

που, λόγω συμμετρίας, μας εξασφαλίζει ότι : EZ = LN

.

Αλλά : $\boxed{\frac{{PQ - EZ}}{{EZ - BC}} = \frac{{PE}}{{EB}} \Rightarrow \frac{{6 - EZ}}{{EZ - 3}} = \frac{2}{3} \Rightarrow EZ = \frac{{24}}{5}}$

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 03, 2019 10:28 pm
Νότιο τμήμα.png Τα ημικύκλια με διαμέτρους : και , τέμνονται στο σημείο , του οποίου

το συμμετρικό ως προς την , ονομάζω . Οι τέμνουν τις στα σημεία

και αντίστοιχα . Υπολογίστε το μήκος του τμήματος .

Μετά την πολύ ωραία λύση του Πρόδρομου καταφεύγω σε άλλες μεθόδους. Εύκολα διαπιστώνω ότι

$A\widehat TD+B\widehat TC=180^\circ.$ Ή άσκηση έχει λοιπόν τις ίδιες προδιαγραφές με αυτήν (που επίσης έλυσε ο Πρόδρομος

).

: Νότιο τμήμα.png (26.46 KiB) Προβλήθηκε 334 φορές

Σύμφωνα με αυτή την άσκηση το TLSN

είναι εγγράψιμο σε κύκλο με κέντρο $K\in BC$ ( ώστε BK=2

) και ακτίνα

$r=2\sqrt 2.$ Ο κύκλος αυτός τέμνει την

στα σημεία E, Z

που διαιρούν αρμονικά τα τμήματα AB, CD.

Επίσης,

είναι $\displaystyle AE = 2(2 - \sqrt 2 ),EB = 2(\sqrt 2 - 1),$ άρα $\displaystyle TA = TB\sqrt 2$ και ομοίως $\displaystyle TD = 2TC\sqrt 2$ και σε

συνδυασμό με Πυθαγόρειο στα TAC, TBD

βρίσκω $\displaystyle TB = \sqrt {\frac{{20}}{3}} ,TC = \sqrt {\frac{{35}}{3}} .$ Στο τρίγωνο TBC

όλες οι

πλευρές είναι γνωστές, οπότε εύκολα βρίσκω $\displaystyle \cos \theta = \frac{{\sqrt 7 }}{5}$ και άρα $\displaystyle \sin \theta = \frac{{3\sqrt 2 }}{5}.$

Τέλος στο τρίγωνο KLN,

$\displaystyle LN = 2r\sin \theta \Leftrightarrow$ $\boxed{LN=\frac{24}{5}}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 03, 2019 10:28 pm
Νότιο τμήμα.png Τα ημικύκλια με διαμέτρους : και , τέμνονται στο σημείο , του οποίου

το συμμετρικό ως προς την , ονομάζω . Οι τέμνουν τις στα σημεία

και αντίστοιχα . Υπολογίστε το μήκος του τμήματος .

Απόδειξη της παραλληλίας

Είναι γνωστό ότι (σχ.1) αν KZF,QHI

τέμνουσες δυο τεμνόμενων κύκλων,τότε KQ//FI

Στο σχ.2 οι τέμνουσες αυτές είναι SED,TCP

άρα,

και προφανώς οι πράσινες γωνίες είναι ίσες

Ακόμη, λόγω του εγγράψιμου ACES

και οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες,συνεπώς $\angle TLA= \angle TNS \Rightarrow TLSN$

εγγράψιμο και τώρα η ισότητα των μπλε γωνιών είναι προφανής .Άρα LN//AD

Εύρεση των x ,y

και υπολογισμός του

Με $DW \bot TP \Rightarrow C$ ορθόκεντρο του $\triangle TWD \Rightarrow WC \bot TD \Rightarrow CW//TB \Rightarrow \dfrac{x}{y}= \dfrac{TB}{CW}$

Αλλά οι μαύρες γωνίες είναι ίσες και $\angle BAT= \angle MTC= \angle CDW$ .Άρα $\triangle TAB \simeq \triangle CDW$

Έτσι $\dfrac{AB}{CD}= \dfrac{TB}{CW} = \dfrac{x}{y} \Rightarrow \dfrac{2}{7}= \dfrac{x}{y}$ και x+y=3

άρα $x= \dfrac{2}{3} ,y= \dfrac{7}{3}$

Τέλος ,ο Μενέλαος στο $\triangle AMS$ με διατέμνουσα LBT

δίνει

$\dfrac{SL}{LA} . \dfrac{AB}{BM} . \dfrac{TM}{TS}=1 \Rightarrow \dfrac{SL}{LA} . 3. \dfrac{1}{2}=1 \Rightarrow \dfrac{SL}{SA}= \dfrac{2}{5}= \dfrac{NL}{12} \Rightarrow NL= \dfrac{24}{5}$

: Νότιο τμήμα.png (86.39 KiB) Προβλήθηκε 275 φορές

Νότιο τμήμα

Νότιο τμήμα

Re: Νότιο τμήμα

Re: Νότιο τμήμα

Re: Νότιο τμήμα

Re: Νότιο τμήμα

Re: Νότιο τμήμα

Re: Νότιο τμήμα

Μέλη σε σύνδεση