σταθερός λόγος

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1488
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

σταθερός λόγος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Κυρ Ιούλ 15, 2018 9:52 pm

Την πρόταση που ακολουθεί δεν την έχω ξαναδεί. Δίνει άμεση λύση σ' αυτή:
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 62&t=62201

Δύο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά στο A. Έστω μεταβλητό σημείο P του ενός και PE το εφαπτόμενο τμήμα που άγεται εκ του P στον άλλο κύκλο.

Να αποδειχτεί ότι ο λόγος PE:PA είναι σταθερός.


Νῆφε καί μέμνασο ἀπιστεῖν˙ ἄρθρα ταῦτα γάρ φρενῶν
Νοῦς ὁρᾷ καί Νοῦς ἀκούει˙ τἆλλα κωφά καί τυφλά.
...
Ρεκούμης Κωνσταντίνος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5909
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: σταθερός λόγος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Ιούλ 15, 2018 11:19 pm

rek2 έγραψε:
Κυρ Ιούλ 15, 2018 9:52 pm
Την πρόταση που ακολουθεί δεν την έχω ξαναδεί. Δίνει άμεση λύση σ' αυτή:
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 62&t=62201

Δύο κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά στο A. Έστω μεταβλητό σημείο P του ενός και PE το εφαπτόμενο τμήμα που άγεται εκ του P στον άλλο κύκλο.

Να αποδειχτεί ότι ο λόγος PE:PA είναι σταθερός.
Αν R,r οι ακτίνες και το P ανήκει στο κύκλο ακτίνας R ο λόγος που ζητώ είναι :

\boxed{\frac{{PE}}{{PA}} = \sqrt {\frac{{R + r}}{R}} } οριακή περίπτωση γνωστής άσκησης .

Πράγματι:
Σταθερός λόγος.png
Σταθερός λόγος.png (21.51 KiB) Προβλήθηκε 76 φορές
\boxed{\frac{{P{E^2}}}{{P{A^2}}} = \frac{{PA \cdot PB}}{{P{A^2}}} = \frac{{PB}}{{PA}} = \frac{{R + r}}{R} \Rightarrow \frac{{PE}}{{PA}} = \sqrt {\frac{{R + r}}{R}} }

δείτε τη γενική περίπτωση


Σταθερό πηλίκο.

Δίδονται δύο σταθεροί κύκλοι (K,r)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,(L,R) που τέμνονται στα A,B. Από

τυχαίο σημείο S του πρώτου κύκλου φέρνω εφαπτόμενο τμήμα ST στο δεύτερο κύκλο.

Δείξετε ότι \dfrac{{S{T^2}}}{{SA \cdot SB}} είναι σταθερό .

Λύση
Λήμμα  σταθερό πηλίκο.png
Λήμμα σταθερό πηλίκο.png (38.62 KiB) Προβλήθηκε 101 φορές
Αν η SB κόψει το δεύτερο κύκλο στο P τα τρίγωνα AKL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ASP είναι όμοια

γιατί \widehat \theta  = \widehat K\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat P = \widehat L αφού η εγγεγραμμένη είναι το μισό της αντίστοιχης επικέντρου . Έτσι θα έχουμε ΄:

\dfrac{{S{T^2}}}{{SA \cdot SB}} = \dfrac{{SB \cdot SP}}{{SB \cdot SA}} = \dfrac{{SP}}{{SA}} = \dfrac{{KL}}{{KA}} = \dfrac{d}{r} .

Αν τώρα οι δύο κύκλοι αντί να τέμνονται γίνουν εφαπτόμενοι στο A \equiv B θα είναι :

SA \equiv SB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KL \equiv R + r και η προηγούμενη σχέση γίνεται : \boxed{\dfrac{{S{T^2}}}{{S{A^2}}} = \dfrac{{R + r}}{r}}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης