Αναπάντεχα διπλάσια

KARKAR · #1

: Αναπάντεχα διπλάσια.png (18.71 KiB) Προβλήθηκε 1497 φορές

Οι κύκλοι (O,2)

και

εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο

. Από το

, φέρω τη μία

εφαπτομένη

προς τον

, η οποία προεκτεινόμενη τέμνει τον (O)

στο

, από το

οποίο φέρω την άλλη εφαπτόμενη προς τον (K)

, την

. Δείξτε ότι $\widehat{PSQ}=2\widehat{PQA}$

#2

KARKAR έγραψε:Οι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο . Από το , φέρω τη μία εφαπτομένη προς τον , η οποία προεκτεινόμενη τέμνει τον στο , από το οποίο φέρω την άλλη εφαπτόμενη προς τον , την . Δείξτε ότι $\widehat{PSQ}=2\widehat{PQA}$

$\bullet$ Ισχύει ${\left( {OP} \right)^2}\mathop = \limits^{KP \bot OP} {\left( {OK} \right)^2} - {\left( {KP} \right)^2} = {5^2} - {3^2} = 16 \Rightarrow$ $\left( {OP} \right) = 4$ $\Rightarrow \boxed{\left( {SP} \right) = \left( {SQ} \right) = \left( {OP} \right) + \left( {OS} \right) = 6}:\left( 1 \right)$

Από το Θεώρημα του Stewart στο τρίγωνο $\vartriangle OKP \Rightarrow {\left( {PO} \right)^2} \cdot \left( {AK} \right) + {\left( {PK} \right)^2} \cdot \left( {AO} \right) =$ $\left( {OK} \right) \cdot {\left( {PA} \right)^2} + \left( {OK} \right) \cdot \left( {AK} \right) \cdot \left( {AO} \right)$

$\Rightarrow 16 \cdot 3 + 9 \cdot 2 = 5 \cdot {\left( {PA} \right)^2} + 5 \cdot 3 \cdot 2 \Rightarrow$ $\ldots \boxed{\left( {PA} \right) = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}}:\left( 2 \right)$ .
[attachment=0]Αναπάντεχα διπλάσια.png[/attachment]
$\bullet$ Από το Θεώρημα του Πτολεμαίου στον εγγεγραμμένο "χαρταετό" $SQKP \Rightarrow 2\left( {SP} \right) \cdot \left( {KP} \right) = \left( {SK} \right) \cdot \left( {PQ} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {SK} \right) = \sqrt {{{\left( {SP} \right)}^2} + {{\left( {KP} \right)}^2}} }$

$\left( {PQ} \right) = \dfrac{{2\left( {SP} \right) \cdot \left( {KP} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {SP} \right)}^2} + {{\left( {KP} \right)}^2}} }} \Rightarrow \ldots$ $\left( {PQ} \right) = \dfrac{{2 \cdot 6 \cdot 3}}{{\sqrt {45} }} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {PQ} \right) = \frac{{12\sqrt 5 }}{5}}:\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {SP} \right)}}{{\left( {KA} \right)}} = \dfrac{{\left( {SQ} \right)}}{{\left( {KP} \right)}} = \dfrac{{\left( {PQ} \right)}}{{\left( {AP} \right)}} = 2 \Rightarrow$ $\vartriangle SQP \sim \vartriangle KAP \Rightarrow$ $\boxed{\angle PSQ = \angle AKP\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } 2\left( {\angle AQP} \right)}$

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#3

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Αναπάντεχα διπλάσια.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Οι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο . Από το , φέρω τη μία

εφαπτομένη προς τον , η οποία προεκτεινόμενη τέμνει τον στο , από το

οποίο φέρω την άλλη εφαπτόμενη προς τον , την . Δείξτε ότι $\widehat{PSQ}=2\widehat{PQA}$

Θανάση και Στάθη Χριστός Ανέστη και εις έτη πολλά .

: Αναπάντεχα διπλάσια.png (25.2 KiB) Προβλήθηκε 1326 φορές

Ας πούμε

το σημείο τομής των ευθειών $SP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,QK$ . Ακόμα έστω $M\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B$ τα αντιδιαμετρικά των $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q$ αντίστοιχα.

Επειδή το τρίγωνο PKO

είναι ορθογώνιο στο

κι έχει υποτείνουσα $OK = 5\,$ και κάθετη πλευρά PK = 3

θα είναι $\boxed{OP = 4}$ .

Τώρα SP = SQ = 6

κι επειδή το τετράπλευρο KQSP

έχει τις γωνίες στα P,Q

ορθές θα είναι εγγράψιμο και τα ορθογώνια τρίγωνα $QST\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PKT$ όμοια.

Από την ομοιότητα των πιο πάνω τριγώνων έχουμε: $\dfrac{{QS}}{{PK}} = \dfrac{{ST}}{{KT}} = \dfrac{{QT}}{{PT}}$ και αφού $QS = 6 = 2 \cdot 3 = 2PK$ θα είναι $ST = 2KT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,QT = 2PT$ .

Από τη δύναμη του

στο μεγάλο κύκλο έχουμε $T{P^2} = TB \cdot TQ \Rightarrow T{P^2} = TB \cdot 2TP \Rightarrow \boxed{TP = 2TB}$ .

Έτσι αν θέσουμε TB = x

από το Π. Θ. στο τρίγωνο PKT

θα προκύψει: $P{T^2} + P{K^2} = K{T^2} \Rightarrow 4{x^2} + 9 = {(x + 3)^2}$ απ’ όπου $\boxed{x = 2}$ .

Μετά απ’ αυτά το ορθογώνιο τρίγωνο PKT

θα έχει πλευρές : $KT = 5\,\,,\,\,TP = 4\,\,,\,\,PK = 3$ και άρα ίσο με το PKO

.

Θα είναι λοιπόν $\widehat \omega = \widehat {{\phi _1}} = \widehat \phi$ και αφού $\widehat \omega = 2\widehat \theta$ ( επίκεντρη με αντίστοιχη εγγεγραμμένη ) θα είναι και $\boxed{\widehat \phi = 2\widehat \theta }$ .

Και άμεσες συνέπειες :

$AQ//PK\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB \bot PK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AQ \bot SP\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A,Q,S,O$ ανήκουν στο ίδιο κύκλο .

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Αναπάντεχα διπλάσια.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Οι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο . Από το , φέρω τη μία

εφαπτομένη προς τον , η οποία προεκτεινόμενη τέμνει τον στο , από το

οποίο φέρω την άλλη εφαπτόμενη προς τον , την . Δείξτε ότι $\widehat{PSQ}=2\widehat{PQA}$

..και μια λύση με χρήση εμβαδών...

$\displaystyle{O{P^2} = 2 \cdot 8 \Rightarrow OP = 4 \Rightarrow SP = SQ = 6}$

$\displaystyle{SQKP}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle PSQ = \angle \omega }$ .Άρα τα ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle{QSP,KPB}$ είναι όμοια ,οπότε $\displaystyle{\frac{{\left( {SPQ} \right)}}{E} = {\left( {\frac{6}{3}} \right)^2} \Rightarrow \left( {SPQ} \right) = 4E \Rightarrow \boxed{\left( {SQKP} \right) = 5E}}$

$\displaystyle{\frac{{\left( {OPA} \right)}}{S} = \frac{2}{3} \Rightarrow \boxed{\left( {OPA} \right) = \frac{2}{3}S}}$ και $\displaystyle{\frac{{\left( {SOA} \right)}}{{\left( {OPA} \right)}} = \frac{2}{4} \Rightarrow \boxed{\left( {SOA} \right) = \frac{S}{3}}}$ και $\displaystyle{\frac{{\left( {SAK} \right)}}{{\left( {SOA} \right)}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \boxed{\left( {SAK} \right) = \frac{S}{2}}}$

Άρα $\displaystyle{\left( {SKP} \right) = \frac{5}{2}S \Rightarrow \boxed{\left( {SQKP} \right) = 5S}}$

: α.δ.png (27.23 KiB) Προβλήθηκε 1260 φορές

Έτσι $\displaystyle{5S = 5E \Rightarrow S = E \Rightarrow 9\eta \mu y = 9\eta \mu \omega \Rightarrow \boxed{\angle y = \angle \omega }}$

Τώρα , $\displaystyle{\angle y = 2\angle \theta \Rightarrow \boxed{\angle \omega = 2\angle \theta }}$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Απρ 14, 2015 7:45 pm
Αναπάντεχα διπλάσια.pngΟι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο . Από το , φέρω τη μία

εφαπτομένη προς τον , η οποία προεκτεινόμενη τέμνει τον στο , από το

οποίο φέρω την άλλη εφαπτόμενη προς τον , την . Δείξτε ότι $\widehat{PSQ}=2\widehat{PQA}$

Το τετράπλευρο SPKQ

έχει τις γωνίες του στα $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q$ ορθές , άρα είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

.

Επειδή KP = KQ

η

διχοτομεί την γωνία $\widehat {PSQ}$ . Προφανές ότι OP = 4

.

$\left\{ \begin{gathered} \tan 2\theta = \frac{4}{3} \hfill \\ \tan 2\theta = \frac{{2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \tan \theta = \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{6} = \tan \omega$ .

: Αναπάντεχα διπλάσια_new1_14_4_2015.png (30.58 KiB) Προβλήθηκε 1012 φορές

Αφού οι γωνίες είναι οξείες θα έχω: $\boxed{\theta = \omega \Rightarrow \widehat {PSQ} = 2\widehat {AQP}}$

Εδώ : Τριγωνομετρία - Γεωμετρία, σημειώσατε . !

Γιώργος Μήτσιος · #6

Χαιρετώ! Μια ακόμη με τριγωνομετρία ..Γυμνασίου και χρήση του σχήματος

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Απρ 14, 2015 7:45 pm

10-4..διπλάσια .png (195.25 KiB) Προβλήθηκε 956 φορές

Οι κύκλοι και εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο . Από το , φέρω τη μία

εφαπτομένη προς τον , η οποία προεκτεινόμενη τέμνει τον στο , από το

οποίο φέρω την άλλη εφαπτόμενη προς τον , την . Δείξτε ότι $\widehat{PSQ}=2\widehat{PQA}$

Με το Π.Θ στο ορθ. SPK

έχουμε $SK=3\sqrt{5}$

ενώ στον χαρταετό SQKP

ισχύει $SK\cdot PQ=2\left ( SQKP \right )=36$ $\Rightarrow PQ=12/\sqrt{5}$ .

Στο τρίγωνο SPQ

, πλευρών $\left ( 6,6,12/\sqrt{5} \right )$ , ο νόμος συνημιτόνων δίνει $cos\phi =3/5=cos\omega$

άρα $\phi =\omega =2\theta$ . Φιλικά, Γιώργος

Αναπάντεχα διπλάσια

Αναπάντεχα διπλάσια

Re: Αναπάντεχα διπλάσια

Re: Αναπάντεχα διπλάσια

Re: Αναπάντεχα διπλάσια

Re: Αναπάντεχα διπλάσια

Re: Αναπάντεχα διπλάσια

Μέλη σε σύνδεση