Ομοκεντρική

KARKAR · #1

: Ομοκεντρική.png (27.54 KiB) Προβλήθηκε 707 φορές

Το σημείο

είναι ο βόρειος πόλος του κύκλου (O,2)

και το

, ο νότιος πόλος . Από ένα σημείο

του κύκλου (O,4)

φέρουμε τις PN , PS

, οι οποίες τον ξανατέμνουν στα σημεία T , Q

αντίστοιχα .

α) Υπολογίστε την τιμή της παράστασης : $\dfrac{PN}{NT}+\dfrac{PS}{SQ}$ ... β) Για ποια θέση του

είναι :

;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 02, 2025 5:14 am
Ομοκεντρική.pngΤο σημείο είναι ο βόρειος πόλος του κύκλου και το , ο νότιος πόλος . Από ένα σημείο

του κύκλου φέρουμε τις , οι οποίες τον ξανατέμνουν στα σημεία αντίστοιχα .

α) Υπολογίστε την τιμή της παράστασης : $\dfrac{PN}{NT}+\dfrac{PS}{SQ}$ ... β) Για ποια θέση του είναι : ;

Για το πρώτο ερώτημα στη γενική μορφή με ακτίνες R>r.

: Ομοκεντρική.png (17.02 KiB) Προβλήθηκε 675 φορές

$\displaystyle PS \cdot SQ = PN \cdot NT = {R^2} - {r^2} \Rightarrow \frac{{PS}}{{SQ}} + \frac{{PN}}{{NT}} = \frac{1}{{{R^2} - {r^2}}}\left( {P{S^2} + P{N^2}} \right)$

Και με θεώρημα διαμέσων στο PSN,

$\boxed{\frac{{PS}}{{SQ}} + \frac{{PN}}{{NT}} = \frac{{2({R^2} + {r^2})}}{{{R^2} - {r^2}}}}$ Στο παράδειγμά μας, $\boxed{\frac{{PS}}{{SQ}} + \frac{{PN}}{{NT}} = \frac{{10}}{3}}$

Για το δεύτερο ερώτημα δίνω προς το παρόν μόνο την απάντηση: $\displaystyle PS = 2\sqrt {5 - \sqrt {\frac{{133}}{{13}}} } ,PN = 2\sqrt {5 + \sqrt {\frac{{133}}{{13}}} }$ ή και αντίστροφα.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 02, 2025 5:14 am
Ομοκεντρική.pngΤο σημείο είναι ο βόρειος πόλος του κύκλου και το , ο νότιος πόλος . Από ένα σημείο

του κύκλου φέρουμε τις , οι οποίες τον ξανατέμνουν στα σημεία αντίστοιχα .

α) Υπολογίστε την τιμή της παράστασης : $\dfrac{PN}{NT}+\dfrac{PS}{SQ}$ ... β) Για ποια θέση του είναι : ;

Για το β) ερώτημα θέτω PS=x, PN=y

και κρατάω από το προηγούμενο $\boxed{x^2+y^2=40}$ (1)

: Ομοκεντρική.β.png (21.61 KiB) Προβλήθηκε 661 φορές

Με νόμο συνημιτόνου στα τρίγωνα OTQ, PSN

παίρνω διαδοχικά, $\displaystyle \cos 2\theta = \frac{7}{{32}} \Rightarrow \cos \theta = \frac{{\sqrt {39} }}{8}$

και $\displaystyle 16 = {x^2} + {y^2} - 2xy\cos \theta = 40 - xy\frac{{\sqrt {39} }}{4} \Leftrightarrow$ $\boxed{xy = \frac{{32\sqrt {39} }}{{13}}}$ (2)

Λύνοντας το σύστημα των (1),(2),

βρίσκω $\displaystyle (x,y) = \left( {2\sqrt {5 - \sqrt {\frac{{133}}{{13}}} } ,2\sqrt {5 + \sqrt {\frac{{133}}{{13}}} } } \right)$ ή $\displaystyle \left( {2\sqrt {5 + \sqrt {\frac{{133}}{{13}}} } ,2\sqrt {5 - \sqrt {\frac{{133}}{{13}}} } } \right),$ απ' όπου βρίσκεται η θέση του

Υπάρχουν 4 θέσεις στον κύκλο.

#4

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 02, 2025 8:49 am

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 02, 2025 5:14 am
Ομοκεντρική.pngΤο σημείο είναι ο βόρειος πόλος του κύκλου και το , ο νότιος πόλος . Από ένα σημείο

του κύκλου φέρουμε τις , οι οποίες τον ξανατέμνουν στα σημεία αντίστοιχα .

α) Υπολογίστε την τιμή της παράστασης : $\dfrac{PN}{NT}+\dfrac{PS}{SQ}$ ... β) Για ποια θέση του είναι : ;
Για το πρώτο ερώτημα στη γενική μορφή με ακτίνες Ομοκεντρική.png
$\displaystyle PS \cdot SQ = PN \cdot NT = {R^2} - {r^2} \Rightarrow \frac{{PS}}{{SQ}} + \frac{{PN}}{{NT}} = \frac{1}{{{R^2} - {r^2}}}\left( {P{S^2} + P{N^2}} \right)$

Και με θεώρημα διαμέσων στο $\boxed{\frac{{PS}}{{SQ}} + \frac{{PN}}{{NT}} = \frac{{2({R^2} + {r^2})}}{{{R^2} - {r^2}}}}$ Στο παράδειγμά μας, $\boxed{\frac{{PS}}{{SQ}} + \frac{{PN}}{{NT}} = \frac{{10}}{3}}$

Για το δεύτερο ερώτημα δίνω προς το παρόν μόνο την απάντηση: $\displaystyle PS = 2\sqrt {5 - \sqrt {\frac{{133}}{{13}}} } ,PN = 2\sqrt {5 + \sqrt {\frac{{133}}{{13}}} }$ ή και αντίστροφα.

Μ αρέσει η λύση σου Γιώργο

Ομοκεντρική

Ομοκεντρική

Re: Ομοκεντρική

Re: Ομοκεντρική

Re: Ομοκεντρική

Μέλη σε σύνδεση