Ενάρετος κύκλος

KARKAR · #1

: Ενάρετος κύκλος.png (13.3 KiB) Προβλήθηκε 843 φορές

Σε κύκλο ακτίνας r=5

, πήραμε τις διαδοχικές χορδές AB=6,BC=5,CD=8

.

α) Υπολογίστε την

... β) Δείξτε ότι $AC \perp BD$ . Προσπαθήστε και για άλλη λύση !

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 23, 2018 8:33 pm
Ενάρετος κύκλος.pngΣε κύκλο ακτίνας , πήραμε τις διαδοχικές χορδές .

α) Υπολογίστε την ... β) Δείξτε ότι $AC \perp BD$ . Προσπαθήστε και για άλλη λύση !

: Ενάρετος κύκλος.png (30.22 KiB) Προβλήθηκε 826 φορές

Έστω

το ύψος του $\vartriangle ABC$ . Επειδή $ac = 2R \cdot BS \Rightarrow \boxed{BS = 3} \Rightarrow \boxed{SC = 4}$

Όμως από το ίδιο τύπο στο τρίγωνο CBD

με ύψος από το

, έστω

, έχω :

$CB \cdot CD = 2Ry \Rightarrow y = 4$ . Συνεπώς $\boxed{y \equiv CS}$ και άρα :

1. $AC \bot BD$ και

2. $\boxed{BD = 3 + \sqrt {{8^2} - {4^2}} = 3 + 4\sqrt 3 }$

#3

Δείτε κι αυτό.

: Ενάρετος κύκλος_1.png (41.13 KiB) Προβλήθηκε 811 φορές

Επειδή

θα είναι $\widehat {BAC} = \widehat {BDC} = 30^\circ$ . Αν τώρα το

αντιδιαμετρικό του

από Π. Θ. στο $\vartriangle ABE$ έχω: BE = 8

.

Το τετράπλευρο BCED

είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα DE = 5

.

Τώρα το μεν τρίγωνο DAE

είναι ορθογώνιο με 2DE = AC

άρα της μορφής

$(90^\circ ,30^\circ ,60^\circ )$ οπότε με

την τομή των $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD$ το τρίγωνο TDC

έχει τις γωνίες στα $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ , $30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,60^\circ$ άρα είναι ορθογώνιο στο

.

Έτσι $TC = 4\,\, \Rightarrow TB = 3 \Rightarrow BD = 3 + \sqrt {{8^2} - {4^2}} = 3 + 4\sqrt 3$

Γιώργος Μήτσιος · #4

Kαλημέρα ! Με χρήση των σχημάτων

: 24-1-18 Ενάρετος.PNG (18.37 KiB) Προβλήθηκε 792 φορές

Έστω διάμετρος CH=10

. Με το Π.Θ $DH=6..BH=5\sqrt{3}$ και με το Θ. Πτολεμαίου

$BD\cdot CH=BH\cdot CD+BC\cdot DH\Rightarrow 10BD=5\sqrt{3}\cdot 8+5\cdot 6\Rightarrow BD=3+4\sqrt{3}$

Στο δεξιό κύκλο (ίσο με τον πρώτο ) είναι LM=AB..MN=CD

άρα τόξα σε μοίρες: AB+CD=LM+MN=LMN

Φέρω διάμετρο MG=2R=10

και ομοίως παίρνουμε LG=8 ..GN=6

και πάλι με το Θ. Πτολεμαίου $LN\cdot MG=LG\cdot MN+ML\cdot GN\Rightarrow ..LN=10=2R$

δηλ το τόξο LMN

είναι ημικύκλιο οπότε $A\widehat{Z}B=\dfrac{AB+CD}{2}=\dfrac{LMN}{2}=90^{0}$ που σημαίνει $AC\perp BD$ .
Φιλικά Γιώργος.

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 23, 2018 8:33 pm
Ενάρετος κύκλος.pngΣε κύκλο ακτίνας , πήραμε τις διαδοχικές χορδές .

α) Υπολογίστε την ... β) Δείξτε ότι $AC \perp BD$ . Προσπαθήστε και για άλλη λύση !

: Ενάρετος κύκλος.png (16.8 KiB) Προβλήθηκε 772 φορές

α)

άρα $C\widehat DB=C\widehat AB=30^0$ και από νόμο συνημιτόνου στο BCD,

βρίσκω $\boxed{BD=3+4\sqrt 3}$

β) Από νόμο συνημιτόνου στο ABC

βρίσκω $AC=4+3\sqrt 3$ και με Θεώρημα Πτολεμαίου:

$\displaystyle 5AD + 48 = (3 + 4\sqrt 3 )(4 + 3\sqrt 3 ) = 48 + 25\sqrt 3 \Leftrightarrow AD = 5\sqrt 3$

$\displaystyle A{D^2} - D{C^2} = 11 = A{B^2} - B{C^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{AC \perp BD}$

#6

Ας δούμε κι αυτό .

: Ενάρετος κύκλος_new.png (40.9 KiB) Προβλήθηκε 758 φορές

Αν

το κέντρου του κύκλου και K,M,N

τα μέσα των AB,BC,CD

θα έχω:

1. Από Θ Πτολεμαίου στο OMNC

:

$3\dfrac{5}{2} + 4\dfrac{{5\sqrt 3 }}{2} = 5x \Rightarrow x = \dfrac{3}{2} + 2\sqrt 3 \Rightarrow \boxed{2x = BD = 3 + 4\sqrt 3 }$

2. Από την ισότητα: $\vartriangle KBO = \vartriangle NOC$ προκύπτει , $\widehat \omega + \widehat \theta = 90^\circ$ και αφού

$KM//AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD//MN \Rightarrow AC \bot BD$

Παρατήρηση .

Για τους μαθητές που ενδεχομένως δεν γνωρίζουν το Θ Πτολεμαίου μπορούν για την εύρεση του x = MN

να εφαρμόσουν Θ. συνημίτονου στο $\vartriangle OMN$ .

Αφού : $\widehat {ONM} = \widehat {OCM} = 60^\circ$

#7

Δείτε τι θα συμβεί στον ενάρετο κύκλο αν φέρω τη χορδή παράλληλη στην .

: Ενάρετος κύκλος_new_new.png (52.42 KiB) Προβλήθηκε 745 φορές

KARKAR · #8

: Ενάρετος κύκλος.png (17.71 KiB) Προβλήθηκε 737 φορές

Φίλοι μου , ωραίο παιγνίδι στρώσαμε και ευχαριστώ για τη συμμετοχή σας !

Αν ανταλλάξουμε τη σειρά των χορδών AB,BC

τα σημεία

δεν μετακινούνται , σωστά ;

Τώρα όμως το SCD

, άρα και το SAD

είναι ορθογώνια , άρα $AD=5\sqrt{3}$ .

Γνωρίζοντας πλέον την

, θεωρώ ότι το έμπειρο μάτι (π.χ το βισβίκειο ) θα στραφεί

στο λήμμα " $AC \perp BD$ διότι : AB^2-BC^2=AD^2-DC^2

".

Ο υπολογισμός της

μπορεί να γίνει και με το νόμο των συνημιτόνων :

$BD^2=8^2+5^2+2\cdot5\cdot8cos\widehat{BAD}=6^2+(5\sqrt{3})^2-2\cdot6\cdot5\sqrt{3}cos\widehat{BAD}$ κ.λ.π.

Βεβαίως το ότι μια χορδή είναι ίση με την ακτίνα , έδωσε κι άλλες διεξόδους

Ενάρετος κύκλος

Ενάρετος κύκλος

Re: Ενάρετος κύκλος

Re: Ενάρετος κύκλος

Re: Ενάρετος κύκλος

Re: Ενάρετος κύκλος

Re: Ενάρετος κύκλος

Re: Ενάρετος κύκλος

Re: Ενάρετος κύκλος

Μέλη σε σύνδεση