Τρίτο τμήμα (τος )

KARKAR · #1

: Τρίτο τμήμα (τος).png (8.96 KiB) Προβλήθηκε 1256 φορές

Το

εφάπτεται στο ημικύκλιο και : $ED \parallel AB$ . Υπολογίστε το : $\dfrac{AS}{SB}$

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 23, 2022 2:47 pm
Τρίτο τμήμα (τος).png Το εφάπτεται στο ημικύκλιο και : $ED \parallel AB$ . Υπολογίστε το : $\dfrac{AS}{SB}$

Καθαρά εντός φακέλου (έχουμε και εκτός αλλά μετά την επόμενη λύση)

Έστω

το σημείο τομής της

με τον κύκλο $\left( O \right)$ . Τότε από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\overset{\angle FBA={{45}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,F$ είναι ο «βόρειος πόλος» του $\left( O \right)$ (μιλάμε για πολύ κρύο ! εκεί

)

Με $ED\parallel AB\Rightarrow AEDB$ ισοσκελές τραπέζιο (εγγεγραμμένο τραπέζιο σε κύκλο) οπότε το τρίγωνο $\vartriangle TAB$ είναι ισοσκελές άρα T,F,O

συνευθειακά, όπως φυσικά (λόγω των εφαπτομένων τμημάτων) και το τρίγωνο $\vartriangle CAD\left( CA=CD \right)$ .

: Τρίτο τμήμα (τος).png (45.73 KiB) Προβλήθηκε 1214 φορές

Από $\angle CDA\overset{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma ...}{\mathop{=}}\,\angle DBA\equiv \angle TBA$ προκύπτει ότι τα ως άνω ισοσκελή τρίγωνα είναι όμοια, άρα $\angle ATD\equiv \angle ATB=\angle ACD\Rightarrow ACTD$ εγγράψιμο σε κύκλο και με $\angle TDA={{90}^{0}}$ (

διάμετρος του $\left( O \right)$ ) θα είναι και $\angle ACT={{90}^{0}}\Rightarrow TC\bot AC\overset{AB\bot AC}{\mathop{\Rightarrow }}\,TC\parallel AB\Rightarrow$ $\angle CTA=\angle BAT\overset{A,E,D,B\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle CFE\Rightarrow CTFE$ εγγράψιμο σε κύκλο , οπότε $\angle AES\overset{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu }{\mathop{=}}\,\angle CET\overset{E,C,F,T\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle TFC$ $\overset{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu }{\mathop{=}}\,\angle OFB\overset{\vartriangle AFB\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma }{\mathop{=}}\,{{45}^{0}}\Rightarrow ES$ διέρχεται από τον «νότιο πόλο»

του $\left( O \right)$ (εκεί να δεις ψόφο

) και συνεπώς $NO\bot AB\overset{CA\bot AB}{\mathop{\Rightarrow }}\,NO\parallel AC\Rightarrow \dfrac{AS}{SO}=\dfrac{AC}{ON}=$ $\dfrac{AB}{ON}=\dfrac{2ON}{ON}=2\Rightarrow AS=\dfrac{2}{3}AO\overset{AB=2AO}{\mathop{=}}\,\dfrac{1}{3}AB\Rightarrow \dfrac{AS}{SB}=\dfrac{1}{2}$

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 23, 2022 2:47 pm
Τρίτο τμήμα (τος).png Το εφάπτεται στο ημικύκλιο και : $ED \parallel AB$ . Υπολογίστε το : $\dfrac{AS}{SB}$

: Τρίτο τμήμα_τος_a.png (17.22 KiB) Προβλήθηκε 1142 φορές

Σχηματίζω το τετράγωνο ABLC

. Τα τετράπλευρα $ABDE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LCED$ είναι ισοσκελή τραπέζια .

Στο τραπέζιο, $\,LCED$ οι διαγώνιες του $CD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LE$ είναι ίσες με μέτρο την πλευρά του τετραγώνου , άρα η

είναι κι αυτή εφαπτόμενο τμήμα στο ημικύκλιο .

Επειδή , $\widehat {{a_1}} = 135^\circ \Rightarrow \widehat {{a_2}} = 45^\circ$ και άρα η

είναι διχοτόμος του ορθογωνίου τριγώνου EAB

.

Θεωρώ τώρα και το κάτω ημικύκλιο . Αν

η τομή της

με αυτό , το

είναι ο νότιος πόλος του κύκλου .

: Τρίτο τμήμα_τος_b.png (24.39 KiB) Προβλήθηκε 1142 φορές

Το τετράπλευρο ATDE

είναι αρμονικό . Για κάθε σημείο

του κύκλου η δέσμη:

$\left( {PD,PA\backslash PE,PT} \right)$ είναι αρμονική , άρα η δέσμη , $\left( {BD,BA\backslash BE,BT} \right)$ είναι αρμονική.

Επειδή η DE//BA

αν οι ευθείες $BT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DE$ τέμνονται στο

θα είναι : $DE = DN \Rightarrow \boxed{MS = MB}\,\,\,\left( 1 \right)$ ( λόγω κεντρικής δέσμης ) .

Αλλά αβίαστα προκύπτει ότι $\vartriangle MBD = \vartriangle SAE \Rightarrow \boxed{MB = AS}\,\,\,\left( 2 \right)$

Από τις $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ έχω: $AS = SM = MB = \dfrac{1}{3} \cdot 2R \Rightarrow \boxed{\frac{{AS}}{{SB}} = \frac{1}{2}}$

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 23, 2022 2:47 pm
Τρίτο τμήμα (τος).png Το εφάπτεται στο ημικύκλιο και : $ED \parallel AB$ . Υπολογίστε το : $\dfrac{AS}{SB}$

Έχω υποσχεθεί ακόμα μια λύση και δεν το ξεχνώ

Έστω

το σημείο τομής της υποτείνουσας του ορθογωνίου ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC$ με τον κύκλο $\left( O \right)$ (προφανώς πρόκειται για τον βόρειο πόλο) και ας είναι $L\equiv OC\cap AD$ (προφανώς $OC\bot AD$ )

: Το ένα τρίτο τμήμα (τος) 1.png (34.35 KiB) Προβλήθηκε 1117 φορές

Προφανώς $H\equiv CO\cap AM$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle CKA$ (σημείο τομής δύο υψών του) λόγω $ED\parallel AB\overset{M\,\,\beta o\rho \varepsilon \iota o\varsigma \,\,\pi o\lambda o\varsigma }{\mathop{\Rightarrow }}\,AM$ διχοτόμος της $\angle EAD\overset{HE\bot AE,HL\bot AD}{\mathop{\Rightarrow }}\,AEHL$ χαρταετός και άρα $AHM\bot EL\overset{AHM\bot CB}{\mathop{\Rightarrow }}\,EL\parallel CB\Rightarrow \angle LED=\angle ETM\overset{ED\parallel AB}{\mathop{=}}\,\angle MBA={{45}^{0}}:\left( 1 \right)$ , όπου $T\equiv BC\cap ED$ .

Η

είναι η ευθεία της συμμετροδιαμέσου του τριγώνου $\vartriangle EAD\Rightarrow \angle AES=\angle LED\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,{{45}^{0}}\Rightarrow ES$ διέρχεται από τον νότιο πόλο του $\left( O \right)$ (δηλαδή MON

μεσοκάθετη της

, άρα αν $F\equiv AC\cap BN$ τότε

είναι το μέσο της

και

το μέσο της

(η διάμεσος του ορθογωνίου ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle CBF$ και συνεπώς το

είναι το βαρύκεντρο του εν λόγω τριγώνου (σημείο τομής δύο διαμέσων του) και άρα $\dfrac{AS}{SB}=\dfrac{1}{2}$

Ίσως αύριο δούμε και άλλη λύση

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 23, 2022 2:47 pm
Τρίτο τμήμα (τος).png Το εφάπτεται στο ημικύκλιο και : $ED \parallel AB$ . Υπολογίστε το : $\dfrac{AS}{SB}$

: Τρίτο τμήμα_τος_στοιχειωδώς.png (26.85 KiB) Προβλήθηκε 1091 φορές

Σχηματίζω το τετράγωνο ABLC

. Τα τετράπλευρα $ABDE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LCED$ είναι ισοσκελή τραπέζια .

Στο τραπέζιο, $\,LCED$ οι διαγώνιες του $CD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LE$ είναι ίσες με μέτρο την πλευρά του τετραγώνου , άρα η

είναι κι αυτή εφαπτόμενο τμήμα στο ημικύκλιο .

Επειδή , $\widehat {{a_1}} = 135^\circ \Rightarrow \widehat {{a_2}} = 45^\circ$ και άρα η

είναι διχοτόμος του ορθογωνίου τριγώνου EAB

.

Ας είναι τώρα

το μέσο του

. Τα ορθογώνια τρίγωνα $EAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MEL$ είναι προφανώς ίσα και άρα EB = 2EA

.

Από το Θ. διχοτόμου στο $\vartriangle EAB$ έχω: $\boxed{\frac{{AS}}{{SB}} = \frac{{AE}}{{EB}} = \frac{1}{2}}$

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 23, 2022 2:47 pm
Τρίτο τμήμα (τος).png Το εφάπτεται στο ημικύκλιο και : $ED \parallel AB$ . Υπολογίστε το : $\dfrac{AS}{SB}$

Έστω $H\equiv CO\cap AN,N\equiv \left( O \right)\cap BC$ . Προφανώς

το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ACT,T\equiv AD\cap BC$ και συνεπώς $TH\bot AC\overset{AC\bot AB}{\mathop{\Rightarrow }}\,TH\parallel AB\overset{\angle NAB=\angle NAC={{45}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,HTBA$ ισοσκελές τραπέζιο και ας είναι $L\equiv HB\cap AT$ (το σημείο τομής των διαγωνίων του) είναι σημείο της μεσοκαθέτου των βάσεών του δηλαδή της

που είναι και η μεσοκάθετος της μιας βάσης το ισοσκελούς τραπεζίου $EDBA\Rightarrow B,L,H,E$ συνευθειακά .

Το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ (σημείο τομής δύο διαμέσων του (των AN,CO

)) και συνεπώς η BHE

διέρχεται από το μέσο

της

: Τρίτο τμήμα (τος).png (19.31 KiB) Προβλήθηκε 1074 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABM$ με ύψος προς την υποτείνουσά του το $AE\Rightarrow \dfrac{EB}{EM}=\dfrac{A{{B}^{2}}}{A{{M}^{2}}}=\dfrac{A{{C}^{2}}}{A{{M}^{2}}}=\dfrac{4A{{M}^{2}}}{A{{M}^{2}}}=4$

Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle AMB$ με διατέμνουσα την CES

θα έχουμε: $\dfrac{SA}{SB}\cdot \dfrac{EB}{EM}\cdot \dfrac{CM}{CA}=1\Rightarrow \dfrac{SA}{SB}\cdot 4\cdot \dfrac{1}{2}=1\Rightarrow \dfrac{SA}{SB}=\dfrac{1}{2}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 23, 2022 2:47 pm
Τρίτο τμήμα (τος).png Το εφάπτεται στο ημικύκλιο και : $ED \parallel AB$ . Υπολογίστε το : $\dfrac{AS}{SB}$

Με

συμμετρικό του

ως προς

είναι $ZA \bot AD \Rightarrow ZA//DB \Rightarrow KDBA$ παραλ/μμο,άρα KD=2R

Λόγω και του ισοσκελούς τραπεζίου EDBA

θα είναι

και $\triangle KAE= \triangle \triangle KAD= \triangle DAB= \triangle EAB$

Λόγω ισότητας των κόκκινων γωνιών είναι

$\triangle ZCA \simeq \triangle EOB \Rightarrow \dfrac{(ZCA)}{(EOB)}= (\dfrac{CA}{OB})^2=4 \Rightarrow \dfrac{2(ZCA)}{2(EOB)}=4$

$\Rightarrow \dfrac{(ZDA)}{(KAD)}=4 \Rightarrow \dfrac{ZA}{KA}=4 \Rightarrow \dfrac{ZK}{ZA}= \dfrac{3}{4}$

Άρα $(CAD)=(ZCA)=4(CKA) \Rightarrow \dfrac{LE}{LD}= \dfrac{1}{4}$

Ακόμη $\dfrac{KD}{AM} = \dfrac{ZK}{ZA}= \dfrac{3}{4} \Rightarrow \dfrac{2R}{AM}= \dfrac{3}{4} \Rightarrow AM= \dfrac{8R}{3}$

Τέλος,από θ.κ.δέσμης $\dfrac{AS}{AM}= \dfrac{EL}{LD}= \dfrac{1}{4} \Rightarrow AS= \dfrac{AM}{4} = \dfrac{2R}{3} \Rightarrow \dfrac{AS}{SB}= \dfrac{1}{2}$

: Τρίτο τμήμα.png (40.93 KiB) Προβλήθηκε 1008 φορές

cool geometry · #8

$\angle DAB=\angle ABE=y\Rightarrow \angle DAE=\angle CDE=90^{0}-2y$ (υπό χορδής κι εφαπτομένης)
άρα $\angle BDC=\angle ADB+\angle ADE+\angle CDE=90^{0}+y+(90^{0}-2y)=180^{0}-y.$
Τώρα
$\angle BDC=180^{0}-y, BC=2\sqrt{2}R, CD=2R, DB=2R\cdot \cos y\Rightarrow (2\sqrt{2}R)^{2}=(2R)^{2}+(2R\cdot \cos y)^{2}-2\cdot R\cdot 2R\cdot \cos y\cdot \sin (180^{0}-y)\Rightarrow \tan y=\frac{1}{2}, \cos y=\frac{\sqrt{5}}{5}, \sin y=\frac{2\sqrt{5}}{5}, AE=2R\cdot \frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow CE^{2}=(2R)^{2}+(2R\frac{\sqrt{5}}{5})^{2}-2\cdot 2R\cdot 2R\frac{\sqrt{5}}{5}\cdot \frac{2\sqrt{5}}{5}=\frac{8R^{2}}{5}\Rightarrow CE=\frac{2\sqrt{10}R}{5}\Rightarrow \frac{\frac{2\sqrt{10}R}{5}}{\frac{\sqrt{5}}{5}}=\frac{\frac{2\sqrt{5}R}{5}}{\cos \angle ACE}\Rightarrow \cos \angle ACE=\frac{\sqrt{10}}{10}$
αφού $\cos \angle ACE=\frac{\sqrt{10}}{10}\Rightarrow \tan \angle ACE=\frac{1}{3}\Rightarrow AS=\frac{2R}{3}, SB=\frac{4R}{3}\Rightarrow \frac{AS}{SB}=\frac{1}{2}.$

Τρίτο τμήμα (τος )

Τρίτο τμήμα (τος )

Re: Τρίτο τμήμα (τος )

Re: Τρίτο τμήμα (τος )

Re: Τρίτο τμήμα (τος )

Re: Τρίτο τμήμα (τος )

Re: Τρίτο τμήμα (τος )

Re: Τρίτο τμήμα (τος )

Re: Τρίτο τμήμα (τος )

Μέλη σε σύνδεση