Ωραίοι λόγοι

KARKAR · #1

: Ωραίες και αναπάντεχες ιδιότητες.png (9.44 KiB) Προβλήθηκε 446 φορές

Η ακτίνα

κύκλου

, είναι κάθετη στη διάμετρο

και στην προέκτασή της , βρίσκεται

σημείο

, ώστε να είναι OS=2R

. Η

τέμνει τον κύκλο στο

και η

την

στο

.

Βρείτε , με όποια σειρά σας εξυπηρετεί , τους λόγους : $\displaystyle \frac{OM}{MA} , \frac{BT}{TS}, \frac{TM}{MC}$ .

Σημείωση - σχεδόν άσχετη : Μη σκέφτεστε αμέσως την Ωραία Ελένη !

#2

: πολλοί λογοι ανεξαρτήτως σειράς.png (23.43 KiB) Προβλήθηκε 413 φορές

Επειδή $\widehat {AOC} = {90^0} \Rightarrow \widehat {ATC} = {45^0}$ , οπότε η

εσωτερική διχοτόμος στο

ορθογώνιο τρίγωνο TMS

. Όμως τα ορθογώνια τρίγωνα $OBS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,TMS$ είναι

όμοια ως έχοντα κοινή την οξεία γωνία $\widehat S$ και άρα $\displaystyle\frac{{TS}}{{TM}} = \displaystyle\frac{{OS}}{{OB}} = 2$ συνεπώς και

λόγω του θεωρήματος διχοτόμου στο TMS

θα ισχύει

$\displaystyle\frac{{AS}}{{AM}} = 2 \Rightarrow OM = MA = \displaystyle\frac{R}{2} \Rightarrow \boxed{\frac{{OM}}{{MA}} = 1}$

Αν φέρουμε τώρα κάθετη στο

επί την

και κόψει την ευθεία

στο σημείο

, τα ορθογώνια τρίγωνα OBH,OCM

θα έχουν

$OB = OC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {OCM} = \widehat {OBH}$ ( εντός εναλλάξ των παραλλήλων $MC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BO$

με τέμνουσα την

) . Έτσι $OH = OM = \displaystyle\frac{R}{2}$ .

Μετά απ’ αυτά έχουμε :

$\boxed{\displaystyle\frac{{BT}}{{ST}} = \displaystyle\frac{{HM}}{{MS}} = \displaystyle\frac{2}{3}\,}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{\displaystyle\frac{{TM}}{{MC}} = \displaystyle\frac{{TM}}{{HB}} = \displaystyle\frac{{SM}}{{SH}} = \displaystyle\frac{3}{5}}$

Φιλικά Νίκος

gavrilos · #3

KARKAR έγραψε:Η ακτίνα κύκλου , είναι κάθετη στη διάμετρο και στην προέκτασή της , βρίσκεται

σημείο , ώστε να είναι . Η τέμνει τον κύκλο στο και η την στο .

Βρείτε , με όποια σειρά σας εξυπηρετεί , τους λόγους : $\displaystyle \frac{OM}{MA} , \frac{BT}{TS}, \frac{TM}{MC}$ .

Σημείωση - σχεδόν άσχετη : Μη σκέφτεστε αμέσως την Ωραία Ελένη !

: Γεωμετρια mathematica 21.PNG (15.73 KiB) Προβλήθηκε 401 φορές

Βλέπουμε ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{BTC,OBS}$ είναι όμοια μεταξύ τους κι επίσης ότι $\displaystyle{OMC\simeq BTC \ , \ MTS\simeq OBS \Leftrightarrow OMC\simeq MTS}$ .

Ο λόγος ομοιότητας των $\displaystyle{OMC \ , \ OBS}$ είναι $\displaystyle{\frac{1}{2}}$ συνεπώς $\displaystyle{\frac{OM}{OA}=\frac{1}{2} \Leftrightarrow OM=MA \Leftrightarrow \frac{OM}{MA}=1}}$ .

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{MS=\frac{3R}{2}}$ και πως $\displaystyle{MC=\frac{R\sqrt{5}}{2}}$ .

Ακόμη με Π.Θ. στο τρίγωνο $\displaystyle{OBS}$ βρίσκουμε ότι $\displaystyle{BS=R\sqrt{5}}$ επομένως $\displaystyle{\frac{MS}{BS}=\frac{3\sqrt{5}}{10}=\frac{TM}{R} \Leftrightarrow TM=\frac{3R\sqrt{5}}{10} \Leftrightarrow \frac{TM}{MC}=\frac{3}{5}}$ .

Τον τρίτο λόγο θα τον βάλω άλλη φορά γιατί τώρα δεν προλαβαίνω.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Γεια χαρά.Το πρώτο μέρος της λύσης μου είναι το ίδιο με του Νίκου.

$\angle AOC=90^{0}\Rightarrow \angle CTA=45^{0}$ (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης) άρα η $\textrm{TA}$ είναι διχοτόμος της $\angle TMS$ οπότε $\frac{TM}{TS}=\frac{MA}{AS}$ . Όμως τα τρίγωνα $\textrm{MTS,OMC}$ είναι όμοια κι έτσι
$\frac{MT}{TS}=\frac{OM}{OC}$ Άρα $\frac{MA}{AS}$ = $\frac{OM}{OC}$ κι αφού $\textrm{OC=AS=R}$ θα είναι $\frac{OM}{MA}=1$
Στο τρίγωνο $\textrm{BOS}$ με διατέμνουσα την $\textrm{TMC}$ παίρνουμε
$\frac{MO}{MS}\cdot \frac{TS}{TB}\cdot \frac{CB}{CO}=1$ . Αλλά $\textrm{MO}=\frac{R}{2},\textrm{MS}=\frac{3R}{2}\Rightarrow \frac{MO}{MS}=\frac{1}{3}$ Άρα $\frac{1}{3}\cdot \frac{TS}{TB}\cdot \frac{2R}{R}=1\Rightarrow \frac{TS}{TB}=\frac{3}{2}\Rightarrow \frac{BT}{TS}=\frac{2}{3}$
Στο τρίγωνο $\textrm{BTC}$ με διατέμνουσα την $\textrm{OMS}$ παίρνουμε
$\frac{MT}{MC}\cdot \frac{OC}{OB}\cdot \frac{SB}{ST}=1\Rightarrow \frac{MT}{MC}\cdot \frac{SB}{ST}=1\Rightarrow \frac{MT}{MC}=\frac{ST}{SB}=\frac{3}{5}$

KARKAR · #5

Ας το ποικίλουμε λίγο ακόμα :

: Ωραίες και αναπάντεχες ιδιότητες.png (11.69 KiB) Προβλήθηκε 346 φορές

1) Από την ομοιότητα των SOB,CTB,COM

, προκύπτει ότι : $\displaystyle \frac{OM}{OC}=\frac{1}{2}\Rightarrow OM=\frac{R}{2}$

2) Φέρω $OD(=x) \perp BT$ . Τώρα $\displaystyle MT=\frac{3x}{4}$ και $\displaystyle MC=2x-\frac{3x}{4}=\frac{5x}{4}$ .

3) Με Π.Θ στο BTC

, δεδομένου ότι CT=2x , BT=x

, βρίσκω $\displaystyle x=\frac{2R}{\sqrt{5}}$ και με δύναμη του

ως προς τον κύκλο παίρνω $\displaystyle y(y+x)=3R^2...\Leftrightarrow y=\frac{3R}{\sqrt{5}}$ .

Η αναφορά στην Ωραία Ελένη , ήταν "έμμεση υπόδειξη" για λύση χωρίς ... Μενέλαο

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

Επειδή δεν κατάλαβα το υπονοούμενο της «ωραίας Ελένης» ,δίνω μια άλλη λύση.

Ισχύει , $\textrm{KM}\cdot \textrm{MA}=\textrm{MT}\cdot \textrm{MC}$ κι αφού το $\textrm{COTS}$ προφανώς είναι εγγράψιμο , ισχύει επίσης, $\textrm{CM}\cdot MT=\textrm{MO}\cdot \textrm{MS}$ ,Αρα $\textrm{KM}\cdot \textrm{MA}$ = $\textrm{MO}\cdot \textrm{MS}$ $\Rightarrow \left ( R+OM \right )\cdot \left ( R-OM \right )=\left \left ( R-MA \right )\cdot \left ( R+MA \right )\Rightarrow \textrm{OM}^{2}=\textrm{AM}^{2}\Rightarrow \frac{OM}{AM}=1$ και $\textrm{OM}=\frac{R}{2}$
Φέρνουμε τώρα την παράλληλη από το $\textrm{B}$ προς την $\textrm{KS}$ που τέμνει την $\textrm{CT}$ στο σημείο $\textrm{H}$ .Επειδή η $\textrm{OS}$ είναι μεσοκάθετη της $\textrm{BC}$ το $\textrm{M}$ είναι μέσον της $\textrm{CH}$ οπότε $\textrm{BH=R} ,$ \textrm{MC=MH} .Ακόμη,

\textrm{MS}=\frac{3R}{2}

\textrm{BH//MS}\Rightarrow \frac{BH}{MS}=\frac{BT}{TS}=\frac{HT}{TM} .Αλλά

\frac{BH}{MS}=\frac{R}{\frac{3R}{2}}=\frac{2}{3} . Άρα

\frac{BT}{TS}=\frac{2}{3} κι ακόμη

\frac{HT}{TM}=\frac{2}{3}\Rightarrow \frac{TM}{HM}=\frac{3}{5}\Rightarrow \frac{TM}{MC}=\frac{3}{5}$

Ανδρέας Πούλος · #7

Θέμα κατάλληλο να επιλυθεί και με Αναλυτικές μεθόδους.
Ορίζουμε ως κέντρο του ορθοκανονικού συστήματος συντεταγμένων το κέντρο Ο του κύκλου και ως άξονες συντεταγμένων τους φορείς των

και

.
Τότε τα σημεία έχουν τις εξής συντεταγμένες O(0, 0)

,

.

Το σημείο T είναι το κοινό σημείο της ευθείας BS και του κύκλου. Η επίλυση του συστήματος x^2 + y^2 = a^2

και

,
δίνει ότι οι συντεταγμένες του σημείου Τ είναι $\left(\frac{4a}{5}, \frac{3a}{5} \right)$ .

το σημείο

είναι η τομή του άξονα xx'

με την ευθεία

, η εξίσωση της οποίας είναι y = 2x - a

.

Άρα, οι συντεταγμένες του σημείου M είναι M(a/2, 0)

.
Τώρα, ο υπολογισμός των ζητούμενων λόγων είναι πολύ απλός.
(Γιώργο Ρ., αμάρτησα ...)

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Ωραίοι λόγοι

Ωραίοι λόγοι

Re: Ωραίοι λόγοι

Re: Ωραίοι λόγοι

Re: Ωραίοι λόγοι

Re: Ωραίοι λόγοι

Re: Ωραίοι λόγοι

Re: Ωραίοι λόγοι

Μέλη σε σύνδεση