Τριπλή ισότητα

KARKAR · #1

: Τριπλή ισότητα.png (15.87 KiB) Προβλήθηκε 368 φορές

Το σημείο

είναι εξωτερικό του κύκλου (O,r)

, τέτοιο ώστε : OS=3r

. Εντοπίστε

σημείο

του επιπέδου του κύκλου , τέτοιο ώστε αν η διάμετρος

είναι παράλληλη

προς το τμήμα

, να είναι : NA=NB=NS

.

#2

KARKAR έγραψε: Τρί Αύγ 05, 2025 10:27 pm Το σημείο είναι εξωτερικό του κύκλου , τέτοιο ώστε : . Εντοπίστε

σημείο του επιπέδου του κύκλου , τέτοιο ώστε αν η διάμετρος είναι παράλληλη

προς το τμήμα , να είναι : .

: tripli isot.png (32.77 KiB) Προβλήθηκε 348 φορές

.
Έστω

. Επειδή

σημαίνει ότι το

είναι στην μεσοκάθετο της (ζητούμενης)

. Ειδικά, τα τρίγωνα OBN, ONS

είναι ορθογώνια (αφού AB//NS

).

Από το πρώτο έχουμε ON^2=NB^2-OB^2=a^2-R^2

. Άρα από το δεύτερο έχουμε a^2-R^2=ON^2=OS^2-NS^2=9R^2-a^2

. Έπεται

και άρα

.

Τώρα το τρίγωνο ONS

έχει γνωστές πλευρές $OS=3R, \, NS=a=R\sqrt 5, \, ON=2R$ . To κατάσκευάζουμε (με υποτείνουσα την

). H κορυφή του

είναι το ζητούμενο σημείο.

#3

KARKAR έγραψε: Τρί Αύγ 05, 2025 10:27 pm Τριπλή ισότητα.pngΤο σημείο είναι εξωτερικό του κύκλου , τέτοιο ώστε : . Εντοπίστε

σημείο του επιπέδου του κύκλου , τέτοιο ώστε αν η διάμετρος είναι παράλληλη

προς το τμήμα , να είναι : .

: τριπλή ισότητα.png (26.95 KiB) Προβλήθηκε 333 φορές

$\boxed{\tan \omega = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$

Αναζητήσατε τον Γιώργο το Μήτσιο ;

Άρση απόκρυψης

#4

KARKAR έγραψε: Τρί Αύγ 05, 2025 10:27 pm Τριπλή ισότητα.pngΤο σημείο είναι εξωτερικό του κύκλου , τέτοιο ώστε : . Εντοπίστε

σημείο του επιπέδου του κύκλου , τέτοιο ώστε αν η διάμετρος είναι παράλληλη

προς το τμήμα , να είναι : .

Λόγω της παραλληλίας και των ισοσκελών τριγώνων, προκύπτουν οι γωνίες που φαίνονται στο σχήμα.

Θεώρημα διαμέσων στο SAB,

$\boxed{SA^2+SB^2=20R^2}$ (1)

: Τριπλή ισότητα.2Κ.png (27.59 KiB) Προβλήθηκε 299 φορές

Νόμος ημιτόνων στο στο SAB,

$\displaystyle \frac{{4{R^2}}}{{{{\cos }^2}2\theta }} = \frac{{S{A^2}}}{{{{\cos }^2}\theta }} = \frac{{S{B^2}}}{{{{\sin }^2}\theta }} = \frac{{S{A^2} + S{B^2}}}{1}\mathop = \limits^{(1)} 20{R^2} \Leftrightarrow {\cos ^2}2\theta = \frac{1}{5}$

Άρα, $\displaystyle \tan 2\theta = 2,$ οπότε ON=2R.

Επομένως, το

ορίζεται ως το σημείο τομής του κύκλου (O, 2R)

με το ημικύκλιο διαμέτρου OS.

#5

KARKAR έγραψε: Τρί Αύγ 05, 2025 10:27 pm Τριπλή ισότητα.pngΤο σημείο είναι εξωτερικό του κύκλου , τέτοιο ώστε : . Εντοπίστε

σημείο του επιπέδου του κύκλου , τέτοιο ώστε αν η διάμετρος είναι παράλληλη

προς το τμήμα , να είναι : .

Μετά τις ωραίες λύσεις του Κ. Λάμπρου και του Γιώργου, μια ακόμη παρόμοια αλλά μόνο Κατασκευή .

Γράφω το ημικύκλιο διαμέτρου

που τέμνει τον κύκλο $\left( {O,\,2r} \right)$ στο σημείο

.

Από το

φέρνω παράλληλη στην

και τέμνει τον κύκλο $\left( {O,r} \right)$ στα $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B$ .

Απόδειξη

: τριπλή ισότητα_new.png (25.69 KiB) Προβλήθηκε 266 φορές

Επειδή η $\widehat {ONS}$ βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή , άρα και η $\widehat {BON}$ είναι ορθή οπότε:

NA = NB

και αφού $N{A^2} = {r^2} + 4{r^2} = 5{r^2}$ , θα είναι , $NA = NB = r\sqrt 5 \,\,\,\left( 1 \right)$

Από τη δύναμη του

ως προς τον κύκλο $\left( {O,2r} \right)$ έχω : $N{S^2} = SC \cdot SD = r \cdot 5r = 5{r^2} \Rightarrow NS = r\sqrt 5 \,\,\left( 2 \right)$ .

Από τις $\left( 1 \right)\,\,,\,\,\left( 2 \right)$ προκύπτει: $NA = NB = NS = r\sqrt 5$

Παρατήρηση .

: τριπλή ισότητα_0.png (22.64 KiB) Προβλήθηκε 245 φορές

Μετά την πιο πάνω κατασκευή σχηματίζω το παραλληλόγραμμο NSBL

. ( Το

προκύπτει ως τομή της

με τον κύκλο , $\left( {B,\sqrt 5 } \right)$ .

$LO = LB - OB = r\sqrt 5 - r = r\left( {\sqrt 5 - 1} \right)$

$\boxed{\tan L = \frac{{ON}}{{LO}} = \frac{{2r}}{{r\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$ . Επειδή $\widehat {L_{}^{}} = \widehat {S_{}^{}} = \widehat {\omega _{}^{}}$ θα είναι και $\tan \omega = \varphi$

Τριπλή ισότητα

Τριπλή ισότητα

Re: Τριπλή ισότητα

Re: Τριπλή ισότητα

Re: Τριπλή ισότητα

Re: Τριπλή ισότητα

Μέλη σε σύνδεση