Περί ου ο λόγος

#1

: Περί ου ο λόγος.png (11.22 KiB) Προβλήθηκε 874 φορές

Στο τεταρτοκύκλιο το σχήματος να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{(AMC)}}{{(BMC)}}.$

Henri van Aubel · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γιώργος Μήτσιος · #3

ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ και να'ναι καλύτερη η νέα χρονιά που ..καταφθάνει!

Θέτω ..

.. εφέτος σχήμα κι' αν χρειαστεί, θα γράψω τους υπολογισμούς του.. χρόνου!

: 31-12-22 Περί αυτού ο λόγος.png (190.02 KiB) Προβλήθηκε 810 φορές

Φιλικά, Γιώργος.

#4

george visvikis έγραψε: Σάβ Δεκ 31, 2022 2:58 pm Περί ου ο λόγος.png
Στο τεταρτοκύκλιο το σχήματος να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{(AMC)}}{{(BMC)}}.$

Προφανές το τετράπλευρο, OAMC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

. Έστω

το κέντρο του .

Επειδή το τρίγωνο OAM

ισοσκελές με OA = OM = k

( ακτίνα τεταρτοκυκλίου ) η

θα διέρχεται από το μέσο

του

.

Τώρα αβίαστα έχω : $CM//ON\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LN = \dfrac{7}{2}$ . Επί πλέον δε τα ορθογώνια, $\vartriangle OAC\,\,,\,\,\vartriangle NOM$ είναι όμοια .

Έτσι $\left\{ \begin{gathered} \dfrac{{OA}}{{ON}} = \dfrac{{AC}}{{OM}} \hfill \\ ON = OL + \dfrac{7}{2} = \dfrac{{AC + 7}}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ . Επειδή $AC = \sqrt {{k^2} + {{15}^2}}$ θα έχω την εξίσωση :

: Περί ου ο λόγος.png (31.32 KiB) Προβλήθηκε 777 φορές

${k^2} - 225 = 7\sqrt {{k^2} + 225}$ κι αν θέσω $\sqrt {{k^2} + 225} = t > 0$ προκύπτει : $t = 25 \Rightarrow k = 20 \Rightarrow AM = 24$ και BC=5

.

Στο τρίγωνο , BCM

η γωνία $\widehat {BMC} = 135^\circ - 90^\circ = 45^\circ$ έτσι αν

το ύψος του προς την

θα είναι :

$25 = {x^2} + {\left( {7 - x} \right)^2} \Rightarrow x = 4,\,\,$ οπότε , $\boxed{\frac{{\left( {MAC} \right)}}{{\left( {MBC} \right)}} = \frac{{7 \cdot 12}}{{7 \cdot 2}} = 6}$

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλημέρα και Καλή χρονιά!

Συπληρώνω (δείτε το σχήμα που έθεσα πριν) το ημικύκλιο διαμέτρου AOE

. Λόγω ορθής τα E,C,M

είναι συνευθειακά.

Αν OA=OE=R

τότε $CE=AE=\sqrt{R^2 +15^2}=x$ .

Από τη δύναμη του σημείου

ως προς τον (O,R)

παίρνουμε

$MC \cdot CE=R^2 -OC^2 \Leftrightarrow 7\sqrt{R^2 +15^2}=R^2-15^2$ (την εξίσωση του Νίκου)

που γίνεται $7x=x^2-2 \cdot 15^2 \Leftrightarrow x^2-7x-450=0$ με (δεκτή) λύση x=25

Άρα

και

ενώ

. Φέρω στο $\triangleleft BCM$ το ύψος $M\Delta$ .

Από τα όμοια τρίγωνα $MC\Delta , CEO$ είναι $M\Delta =28/5$ και τέλος $\dfrac{\left ( MAC \right )}{\left ( MBC \right )}=\dfrac{CM\cdot AM}{BC\cdot M\Delta }=\dfrac{7\cdot 24}{5\cdot 28/5}=6$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

george visvikis έγραψε: Σάβ Δεκ 31, 2022 2:58 pm Περί ου ο λόγος.png
Στο τεταρτοκύκλιο το σχήματος να βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{{(AMC)}}{{(BMC)}}.$

Επειδή $CM \bot MA$ τα K,C,M

είναι συνευθειακά

Με $MZ \bot OA \Rightarrow MZ//OC$ άρα MCOZ

ισοσκελές τραπέζιο και λόγω ισότητας των μπλε

γωνιών,το COZA

επίσης είναι ισοσκελές τραπέζιο

Με θ.Πτολεμαίου στο MCOZ

$7 \sqrt{r^2+225} =r^2-225$ και με x= r^2-225

έχουμε την εξίσωση x^2-49x-49.450=0

με δεκτή ρίζα x=175

οπότε

άρα

Ο Μενέλαος στο τρίγωνο OAB

με διατέμνουσα NCK

δίνει $\dfrac{AN}{NB}= \dfrac{CO}{BC}. \dfrac{KA}{KO}= 3.2=6$

$\dfrac{(AMC)}{(MBC)}= \dfrac{AN}{NB}=6$

: περί ου ο λόγος.png (41.63 KiB) Προβλήθηκε 694 φορές

Περί ου ο λόγος

Περί ου ο λόγος

Re: Περί ου ο λόγος

Re: Περί ου ο λόγος

Re: Περί ου ο λόγος

Re: Περί ου ο λόγος

Re: Περί ου ο λόγος

Μέλη σε σύνδεση