Σημεία ημικυκλίου

KARKAR · #1

: Σημεία ημικυκλίου.png (7.45 KiB) Προβλήθηκε 626 φορές

Σε ημικύκλιο διαμέτρου AB=2R

παίρνουμε χορδή $CD=R\sqrt{2} , CD//AB$ . Σε σημεία S,P

των

, φέρουμε τα κάθετα τμήματα ST , PQ

(

σημεία του τόξου ) . Βρείτε κατάλληλες

θέσεις των σημείων S,P

, ώστε να είναι BS=2ST

και

και δείξτε ότι $\overset{\frown}{TQ}=45^0$

#2

KARKAR έγραψε:Σε ημικύκλιο διαμέτρου παίρνουμε χορδή $CD=R\sqrt{2} , CD//AB$ . Σε σημεία των , φέρουμε τα κάθετα τμήματα ( σημεία του τόξου ) . Βρείτε κατάλληλες θέσεις των σημείων , ώστε να είναι και και δείξτε ότι $\overset{\frown}{TQ}=45^0$

: 1.png (16.81 KiB) Προβλήθηκε 587 φορές

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ATB\left( {\angle ATB = {{90}^0}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{TS \bot AB}$ ${\left( {ST} \right)^2} = \left( {AS} \right) \cdot \left( {BS} \right) \Rightarrow {\left( {ST} \right)^2} = \left[ {2R - \left( {BS} \right)} \right] \cdot \left( {BS} \right) \Rightarrow$

${\left( {ST} \right)^2} = 2R\left( {BS} \right) - {\left( {BS} \right)^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BS} \right) = 2\left( {ST} \right)}$ ${\left( {ST} \right)^2} = 4R\left( {ST} \right) - 4{\left( {ST} \right)^2} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {ST} \right) = \frac{{4R}}{5}}$ και η θέση του έχει προσδιοριστεί.

Αν $DQ\parallel BT$ και $QP \bot CD$ τότε από την προφανή ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle TSB,\vartriangle QPD$

$\left( {\angle TSB = {{90}^0},\angle QPD = {{90}^0},\angle TBS\mathop = \limits^{\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle QDP} \right)$ $\Rightarrow \dfrac{{\left( {PD} \right)}}{{\left( {QP} \right)}} = \dfrac{{\left( {SB} \right)}}{{\left( {ST} \right)}} = \dfrac{1}{2}$ και έτσι η θέση του έχει προσδιοριστεί.

Το εγγεγραμμένο τραπέζιο $BDQT\left( {QD\parallel TB} \right)$ είναι ισοσκελές οπότε $\left( {TQ} \right) = \left( {BD} \right) \Rightarrow \boxed{\tau o\xi .TQ = \tau o\xi .BD}:\left( 1 \right)$ .

Με $\left( {CD} \right) = R\sqrt 2 = {\lambda _4}\mathop \Rightarrow \limits^{CD\parallel AB} \tau o\xi .BD = {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{\tau o\xi .TQ = {{45}^0}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ιστοσελίδα · #3

: Σημεία-ημικυκλίου.png (28.08 KiB) Προβλήθηκε 604 φορές

Αν

τότε από Πυθαγόρειο στο $\triangleleft OCM:\,OM = MC = \dfrac{{R\sqrt 2 }}{2}$ και $C\widehat OA = O\widehat CM = {45^ \circ }$ .

Αν θέσω BS = 2ST = 2x

, τότε

και από μετρικές σχέσεις στο ορθογώνιο $\triangleleft ATB:\,{x^2} = (2R - 2x)2x\mathop \Leftrightarrow \limits^{x \ne 0} x = \dfrac{{4R}}{5}$ .

Έτσι $BS = \dfrac{{8R}}{5}$ και προσδιορίσαμε τα σημεία S,T

. Λόγω του ότι $CD\parallel AB$ , αν φέρω από το

παράλληλο προς την

τότε η τομή με το ημικύκλιο μας δίνει το

και η κάθετη από εκεί το

.

Είναι $\mathop {QC}\limits^\frown = \mathop {TA}\limits^\frown$ ( $Q\widehat DC = T\widehat BA$ ) και εφόσον $\mathop {CT}\limits^\frown$ κοινό θα είναι $\mathop {TQ}\limits^\frown = \mathop {AC}\limits^\frown = {45^ \circ }$ .

KARKAR · #4

: Απομόνωση.png (4.81 KiB) Προβλήθηκε 575 φορές

Ωραία κύριοι ... Και τώρα ας απομονώσουμε το τεταρτοκύκλιο . Χωρίς , λοιπόν ,

χρήση των παραπάνω συμπερασμάτων , βρείτε τη θέση του

, ώστε

.

#5

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Κώστας Βήττας.

#6

KARKAR έγραψε:Ωραία κύριοι ... Και τώρα ας απομονώσουμε το τεταρτοκύκλιο . Χωρίς , λοιπόν , χρήση των παραπάνω συμπερασμάτων , βρείτε τη θέση του , ώστε .

Ας το δούμε κλασικά για το φάκελο
[attachment=0]2.png[/attachment]
Αν είναι το μέσο της $ST \Rightarrow \left( {ST} \right) = \left( {SM} \right) = \left( {SB} \right) \Rightarrow \angle STM = {45^0} = \angle SBL \Rightarrow TSLB$ εγγράψιμο (με $L \equiv TM \cap SB$ ) άρα $\boxed{\angle TLB = \angle TSB = {{90}^0}}:\left( 1 \right)$ .

Με $\angle AOB = {90^0} \Rightarrow \angle ATB = {135^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle STM = {{45}^0}}$ $\angle ATS + \angle STB = {90^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\vartriangle TLB \sim \vartriangle TSA \Rightarrow \dfrac{{\left( {LB} \right)}}{{\left( {TS} \right)}} = \dfrac{{\left( {TL} \right)}}{{\left( {AS} \right)}}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {TS} \right) = \left( {MB} \right) = \left( {LB} \right)\sqrt 2 ,\left( {TL} \right) = \left( {TM} \right) + \left( {ML} \right) = \left( {TS} \right)\sqrt 2 + \left( {LB} \right) = 3\left( {LB} \right),\left( {AS} \right) = \left( {AB} \right) - \left( {SB} \right) = R\sqrt 2 - 2\sqrt 2 \left( {LB} \right)}$

$\dfrac{{\left( {LB} \right)}}{{\left( {LB} \right)\sqrt 2 }} = \dfrac{{3\left( {LB} \right)}}{{R\sqrt 2 - 2\sqrt 2 \left( {LB} \right)}} \Rightarrow \ldots$ $1 = \dfrac{{3\left( {LB} \right)}}{{R - 2\left( {LB} \right)}} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {LB} \right) = \dfrac{R}{5}}$ και συνεπώς το είναι το σημείο τομής της

εκ του καθέτου προς την , όπου είναι το σημείο τομής της εκ του $L \in OB\left( {\left( {LB} \right) = \dfrac{R}{5}} \right)$ καθέτου προς την με το τετραρτοκύκλιο.

Στάθης

#7

Εντάξει, είπα να θυμηθούμε την ομοιοθεσία αλλά όχι για να σας μπερδέψω ή να βγούμε εκτός φακέλου.

$\bullet$ Έστω S',

τυχόν σημείο της ημιευθείας BA.

Στην δια του

κάθετη ευθεία επί την

και προς το μέρος του τόξου $\overset\frown{AB}$ , λαμβάνουμε το σημείο έστω T',

ώστε να είναι BS' = 2S'T.

Η ευθεία

τέμνει το τόξο $\overset\frown{AB}$ στο σημείο έστω

και έστω

η προβολή του

επί την

που είναι και το ζητούμενο σημείο,

γιατί προφανώς ισχύει $\displaystyle \frac{BS}{ST} = \frac{BS'}{S'T} = 2$ ( Θεώρημα Θαλή ).

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Όπως φαίνεται από τα παραπάνω, δεν είναι απαραίτητο το $\overset\frown{AB}$ να είναι τεταρτοκύκλιο.

KARKAR · #8

: Απομόνωση.png (5.62 KiB) Προβλήθηκε 491 φορές

Η απλή - γι'αυτό και όμορφη - λύση του Κώστα σε σχήμα , που μπορεί να εφαρμοστεί κατασκευαστικά σε κάθε τόξο .

Ωστόσο το ερώτημα που υποκρύπτεται , είναι τι μέρος της χορδής

είναι το

, όταν

?

#9

KARKAR έγραψε:Ωστόσο το ερώτημα που υποκρύπτεται , είναι τι μέρος της χορδής είναι το , όταν ?

Θανάση, ενδιαφέρον ερώτημα.

Η απάντηση για την περίπτωση του τεταρτοκυκλίου, είναι $\displaystyle BS = \frac{2AB}{5}\ \ \ ,(1)$

Ενδιαφέρον όμως έχει η απόδειξη της (1)

και θα επανέλθω, αν δεν απαντηθεί από κάποιον άλλον, μετά το Σαββατοκύριακο, που θα βρεθώ στην Εύβοια με τους φίλους μου Δημήτρη Ιωάννου και Στάθη Κούτρα.

Κώστας Βήττας.

#10

KARKAR έγραψε:Η απλή - γι'αυτό και όμορφη - λύση του Κώστα σε σχήμα , που μπορεί να εφαρμοστεί κατασκευαστικά σε κάθε τόξο .
Ωστόσο το ερώτημα που υποκρύπτεται , είναι τι μέρος της χορδής είναι το , όταν ?

Από την παραπάνω λύση (στο σχήμα μου) έχουμε: $\dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {BA} \right)}} = \dfrac{{2\left( {BM} \right)}}{{R\sqrt 2 }} = \dfrac{{2\left( {LB} \right)\sqrt 2 }}{{R\sqrt 2 }} = \dfrac{{2\dfrac{R}{5}\sqrt 2 }}{{R\sqrt 2 }} = \dfrac{2}{5} \Rightarrow \boxed{\left( {BS} \right) = \dfrac{2}{5}\left( {BA} \right)}$ .

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #11

Πρώτο ερώτημα

Α1.Το $\displaystyle{\vartriangle ATB}$ είναι ορθογώνιο και $\displaystyle{TS}$ είναι ύψος προς την υποτείνουσα ,άρα $\displaystyle{T{S^2} = AS \cdot SB}$ .
Όταν $\displaystyle{BS = 2TS}$ θα είναι, $\displaystyle{T{S^2} = 2TS \cdot AS \Rightarrow TS = 2AS}$ και $\displaystyle{BS = 4AS \Rightarrow AB = 2R = AS + 4AS \Rightarrow \boxed{AS = \frac{2R}{5}}}$

Α2. Αν $\displaystyle{PQ = x \Rightarrow PD = 2x}$
Με βάση το σημείο $\displaystyle{Q}$ σχηματίζουμε το ορθογώνιο $\displaystyle{CMLD}$ κι έστω $\displaystyle{LP \cap MC = K}$ και $\displaystyle{MN \bot LK}$ κι ας είναι $\displaystyle{MN = y}$
Από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle{MKN,QPL \Rightarrow \frac{{MN}}{{NK}} = \frac{{QL}}{{QP}} = 2 \Rightarrow MN = 2KN \Rightarrow \boxed{MN = 2y}}$
Ισχύει , $\displaystyle{M{N^2} = KN \cdot NL \Rightarrow 4{y^2} = y \cdot NL \Rightarrow \boxed{NL = 4y}}$
Επειδή το τετράπλευρο $\displaystyle{MCNP}$ είναι εγγράψιμο και $\displaystyle{\angle OCD = {45^0}}$ ,θα είναι και $\displaystyle{\angle NMP = {45^0}}$ άρα το $\displaystyle{\vartriangle MNP}$ είναι ορθογώνιο ισοσκελές
οπότε $\displaystyle{NP = MN = 2y}$ κι έτσι $\displaystyle{PL = 2y \Rightarrow x\sqrt 5 = 2y \Rightarrow \boxed{x = \frac{{2y\sqrt 5 }}{5}}}$ $\displaystyle{(1)}$
Με Π.Θ στο $\displaystyle{\vartriangle MNL}$ έχουμε
$\displaystyle{M{N^2} + N{L^2} = M{L^2} \Rightarrow 4{y^2} + 16{y^2} = {(R\sqrt 2 )^2} \Rightarrow \boxed{y = \frac{{R\sqrt {10} }}{{10}}}}$
Τώρα ,από την $\displaystyle{(1)}$ εύκολα παίρνουμε $\displaystyle{\boxed{x = \frac{{R\sqrt 2 }}{5} \Rightarrow x = \frac{{CD}}{5}}}$

Γενίκευση

Αν, $\displaystyle{\angle COD = \varphi }$ τότε $\displaystyle{\angle NCP = \angle NMP = {90^0} - \frac{\varphi }{2}}$ και $\displaystyle{NP = MN\sigma \varphi \frac{\varphi }{2}}$ .Επομένως και το τμήμα $\displaystyle{PL}$ μπορεί να εκφραστεί συναρτήσει του $\displaystyle{y}$ που υπολογίζεται συναρτήσει του $\displaystyle{R}$ , άρα και το τμήμα $\displaystyle{x}$ .
Άρα, ο παραπάνω τρόπος , μπορεί να εφαρμοστεί ώστε $\displaystyle{PD = nQP}$ για κάθε τόξο με $\displaystyle{n}$ γνωστό.

Δεύτερο ερώτημα

Για τις συγκεκριμένες θέσεις των $\displaystyle{S,P}$ είναι
$\displaystyle{\frac{{SB}}{{TS}} = \frac{{PD}}{{QP}} = 2 \Rightarrow \vartriangle TSB \approx \vartriangle QPD \Rightarrow \angle TBS = \angle QDC \Rightarrow \sphericalangle QC = \sphericalangle TA \Rightarrow \measuredangle TQ + \sphericalangle TC = \sphericalangle CA + \sphericalangle TC \Rightarrow \boxed{\sphericalangle TQ = \sphericalangle CA = {{45}^0}}}$

Σημεία ημικυκλίου

Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Re: Σημεία ημικυκλίου

Μέλη σε σύνδεση