Συμπτώσεις

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6890
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Συμπτώσεις

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Μάιος 04, 2013 1:45 am

τυχαίο δεν νομίζω.png
τυχαίο δεν νομίζω.png (25.94 KiB) Προβλήθηκε 310 φορές
Έστω κύκλος (O,R). Με κέντρο σημείο K του κύκλου αυτού γράφω νέο ίσο κύκλο (K,R) .Οι δυο κύκλοι τέμνονται στα A,B . Φέρνουμε το κοινό εφαπτόμενο τμήμα CD των δύο κύκλων (προς την μεριά του A) με το C στον κύκλο (O) .
Η χορδή DB διασταυρώνεται με την διάμετρο AKS στο σημείο T , η δε χορδή DA προεκτεινόμενη τέμνει τον κύκλο (O) στο σημείο P .

1. Να υπολογιστούν οι λόγοι \displaystyle\frac{{BT}}{{TD}}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\displaystyle\frac{{AT}}{{TK}}

2. Να δειχθεί ότι το τρίγωνο DPB είναι ισόπλευρο

3. Να υπολογιστούν οι λόγοι \displaystyle\frac{{(TBS)}}{{(TDC)}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\displaystyle\frac{{(TBP)}}{{(TBS)}}
Νίκος


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3972
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Συμπτώσεις

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Μάιος 04, 2013 2:17 pm

Doloros έγραψε:
Το συνημμένο τυχαίο δεν νομίζω.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω κύκλος (O,R). Με κέντρο σημείο K του κύκλου αυτού γράφω νέο ίσο κύκλο (K,R) .Οι δυο κύκλοι τέμνονται στα A,B . Φέρνουμε το κοινό εφαπτόμενο τμήμα CD των δύο κύκλων (προς την μεριά του A) με το C στον κύκλο (O) .
Η χορδή DB διασταυρώνεται με την διάμετρο AKS στο σημείο T , η δε χορδή DA προεκτεινόμενη τέμνει τον κύκλο (O) στο σημείο P .

1. Να υπολογιστούν οι λόγοι \displaystyle\frac{{BT}}{{TD}}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\displaystyle\frac{{AT}}{{TK}}

2. Να δειχθεί ότι το τρίγωνο DPB είναι ισόπλευρο

3. Να υπολογιστούν οι λόγοι \displaystyle\frac{{(TBS)}}{{(TDC)}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\displaystyle\frac{{(TBP)}}{{(TBS)}}
Νίκος
1) Ας είναι Q \equiv KA \cap CD. Προφανώς OKDC τετράγωνο και OAKB,OBSK ρόμβοι και \vartriangle OAK ισόπλευρο (πλευράς R) οπότε \boxed{\angle QKD = {{30}^0}}.

Με QD\parallel BS \Rightarrow \dfrac{{\left( {BT} \right)}}{{\left( {TD} \right)}} = \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {QD} \right)}} = \dfrac{R}{{\left( {QD} \right)}} = \dfrac{{\left( {KD} \right)}}{{\left( {QD} \right)}}\mathop  = \limits^{\vartriangle QDK\left( {\angle QDK = {{90}^0}} \right)} \sigma \varphi {30^0} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {BT} \right)}}{{\left( {TD} \right)}} = \sqrt 3 }.

Επίσης \angle DKB\mathop  = \limits^{{{90}^0} + {{60}^0}} {150^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{KB = KD = R} \displaystyle{\boxed{\angle KBT = {{15}^0}} = \dfrac{{\angle AKD}}{2}\boxed{ = \angle ABT} και συνεπώς

AT διχοτόμος του τριγώνου \vartriangle ABK \Rightarrow \dfrac{{\left( {AT} \right)}}{{\left( {TK} \right)}} = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BK} \right)}}\mathop  = \limits^{\angle AKB = {{120}^0}} \dfrac{{{\lambda _3}}}{R} = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{R} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {AT} \right)}}{{\left( {TK} \right)}} = \sqrt 3 }

2) Είναι \angle PDB \equiv \boxed{\angle ADB = }\dfrac{{\angle AKB}}{2} = \dfrac{{{{120}^0}}}{2} = \boxed{{{60}^0} = }\dfrac{{\angle AOB}}{2} = \angle APB \equiv \boxed{\angle DPB} άρα το τρίγωνο \vartriangle DPB είναι ισόπλευρο.
[attachment=0]2.png[/attachment]
3) (Εδώ φαίνεται πως "μπλέξαμε άσχημα" αλλά είναι δύσκολος ο δρόμος του γυρισμού!!!)

Με BS\parallel CD \Rightarrow \angle TBS = \angle TDC \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {TBS} \right)}}{{\left( {TDC} \right)}} = } \dfrac{{\left( {BS} \right) \cdot \left( {BT} \right)}}{{\left( {TD} \right) \cdot \left( {CD} \right)}} = \dfrac{{R \cdot \left( {BT} \right)}}{{\left( {TD} \right) \cdot R}} = \dfrac{{\left( {BT} \right)}}{{\left( {TD} \right)}}\boxed{ = \sqrt 3 }

και \angle TBP = \angle TSB = {60^0} \Rightarrow \dfrac{{\left( {TBP} \right)}}{{\left( {TBS} \right)}} = \dfrac{{\left( {TB} \right) \cdot \left( {BP} \right)}}{{\left( {TS} \right) \cdot \left( {BS} \right)}} \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {BP} \right) = \left( {BD} \right)} \boxed{\dfrac{{\left( {TBP} \right)}}{{\left( {TBS} \right)}} = \dfrac{{\left( {TB} \right) \cdot \left( {BD} \right)}}{{\left( {TS} \right) \cdot \left( {BS} \right)}}}:\left( 4 \right)

Από τον νόμο των συνημιτόνων στο \vartriangle BKD \Rightarrow {\left( {BD} \right)^2} = {\left( {KB} \right)^2} + {\left( {KD} \right)^2} - 2\left( {KB} \right) \cdot \left( {KD} \right) \cdot \sigma \upsilon \nu {150^0} \Rightarrow

{\left( {BD} \right)^2} = 2{R^2}\left( {1 + \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}} \right) \Rightarrow  \ldots \boxed{\left( {BD} \right) = R\sqrt {2 + \sqrt 3 } }:\left( 5 \right).

Επίσης \angle BTS = \dfrac{{\tau o\xi .BS + \tau o\xi .AD}}{2} = \dfrac{{{{60}^0} + {{30}^0}}}{2} = {45^0} \Rightarrow \left( {TB} \right) = \left( {BB'} \right)\sqrt 2 \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {BB'} \right) = \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}} \boxed{\left( {TB} \right) = \dfrac{{R\sqrt 6 }}{2}}:\left( 6 \right).

και \left( {TS} \right) = \left( {TB'} \right) + \left( {B'S} \right)\mathop  = \limits^{\left( {TB'} \right) = \left( {BB'} \right)} \dfrac{{R\sqrt 3 }}{2} + \dfrac{R}{2} \Rightarrow \boxed{\left( {TS} \right) = \dfrac{{R\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{2}}:\left( 7 \right).

Άρα \left( 4 \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {TBP} \right)}}{{\left( {TBS} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{{R\sqrt 6 }}{2} \cdot R\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{{\dfrac{{R\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{2} \cdot R}} = \dfrac{{\sqrt {12 + 6\sqrt 3 } }}{{\sqrt 3  + 1}} = \dfrac{{\sqrt {3\left( {4 + 2\sqrt 3 } \right)} }}{{\sqrt 3  + 1}} = \dfrac{{\sqrt {3{{\left( {\sqrt 3  + 1} \right)}^2}} }}{{\sqrt 3  + 1}} \Rightarrow  \ldots \boxed{\dfrac{{\left( {TBP} \right)}}{{\left( {TBS} \right)}} = \sqrt 3 }


Στάθης
Συνημμένα
2.png
2.png (39.53 KiB) Προβλήθηκε 257 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6890
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Συμπτώσεις

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Μάιος 04, 2013 2:45 pm

Στάθη γεια σου.

Εσύ δεν παίζεσαι ούτε εντός, αλλά ούτε και εκτός έδρας !!!

Ευχαριστώ και τιμή μου που ασχολήθηκες με το "σπαστικό" από πλευράς πράξεων αυτό θέμα .

Επίσης καλή Ανάσταση σε σένα και στην οικογένεια σου .

Φιλικά Νίκος


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1725
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Συμπτώσεις

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Σάβ Μάιος 04, 2013 4:17 pm

Γεια χαρά. Δίνω μια λύση, χωρίς να το ψάξω πολύ γιατί βιάζομαι να φύγω για το χωριό.
Καλή ανάσταση σε όλους.

Επειδή το τρίγωνο \textrm{AOK} είναι ισόπλευρο πλευράς \textrm{R} το ύψος του είναι \textrm{AF}=\frac{R\sqrt{3}}{2}
\textrm{DK}\perp \textrm{OK}\Rightarrow \textrm{AB}//\textrm{DK}\Rightarrow \frac{BT}{TD}=\frac{AT}{TK}=\frac{AB}{DK}=\frac{R\sqrt{3}}{R}=\sqrt{3}
\angle AKB=120^{0}\Rightarrow \angle ADB=60^{0} (Σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης)
\textrm{APBK} εγγράψιμο οπότε \angle DPB=60^{0} οπότε το τρίγωνο \textrm{DPB} είναι ισόπλευρο.
Αφού \angle ADB=\angle ASB=60^{0} το τρίγωνο \textrm{BSK} είναι ισόπλευρο οπότε \textrm{BS=R}.Ακόμη \textrm{CD=R}
\angle CDA=\frac{\angle AKD}{2}=\frac{30^{0}}{2}=15^{0}\Rightarrow \angle CDT=75^{0}
\angle BKG=30^{0}=2\angle TBK\Rightarrow \angle TBK=15^{0}\Rightarrow \angle TBS=60^{0}+15^{0}=75^{0}.Άρα
\frac{\left ( TBS \right )}{\left ( TDC \right )}=\frac{TB\cdot BS}{CD\cdot DT}=\frac{TB\cdot R}{TD\cdot R}=\frac{TB}{TD}=\sqrt{3}
\frac{BT}{TD}=\sqrt{3}\Rightarrow \frac{BT}{BD}=\frac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}\Rightarrow \textrm{BT}=\frac{\alpha \sqrt{3}}{1+\sqrt{3}} ,όπου\alpha η πλευρά του ισόπλευρου τριγώνου\textrm{DPB}
\frac{AT}{TK}=\sqrt{3}\Rightarrow \Rightarrow \frac{AK}{TK}=\sqrt{3}+1\Rightarrow \textrm{TK}=\frac{R}{\sqrt{3}+1}\Rightarrow \textrm{ST}=\textrm{R+\textrm{TK}}=\frac{R\left ( \sqrt{3}+2 \right )}{\sqrt{3}+1}
Από το ορθογώνιο τρίγωνο \textrm{DBQ} με \textrm{DQ}=R+\frac{R\sqrt{3}}{2},\textrm{BQ}=\frac{R}{2} και χρήση πυθαγόρειου παίρνουμε \alpha =\textrm{BD}=R\sqrt{2+\sqrt{3}}
Τα τρίγωνα \textrm{TPB,TBS} έχουν \angle TBP=\angle TSB=60^{0}\Rightarrow \frac{\left ( TBP \right )}{\left ( TSB \right )}=\frac{TB\cdot BP}{TS\cdot SB}=...=\sqrt{3}
Συνημμένα
συμπτώσεις.png
συμπτώσεις.png (16.14 KiB) Προβλήθηκε 207 φορές


thanasis.a
Δημοσιεύσεις: 486
Εγγραφή: Δευ Ιαν 02, 2012 10:09 pm

Re: Συμπτώσεις

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thanasis.a » Κυρ Μάιος 05, 2013 9:23 am

draw1.png
draw1.png (37.41 KiB) Προβλήθηκε 128 φορές
.. καλημέρα και χρόνια πολλά..

έστω r η ακτίνα των δύο ίσων κύκλων.

επειδή \bigtriangleup OAK: (OK=OA=AK=r) είναι ισόπλευρο έχουμε: \hat{HAK}=30^{\circ} \Rightarrow \hat{ASB}=60^{\circ} (\bigtriangleup ABS:AS διάμετρος). Κατά συνέπεια επειδή \hat{ADB}=\hat{ASB}=60^{\circ}
(βαίνουν στην ίδια χορδή AB). Ταυτόχρονα έχουμε \hat{APB}=\hat{ADB}=60^{\circ} (βαίνουν σε ίσους κύκλους σε ίσες χορδές). Οπότε \bigtriangleup DBP ισόπλευρο.

Τώρα στο \bigtriangleup AKB: AK=KB ,\,\,\,\hat{BAK}=30^{\circ} \Rightarrow \hat{ABK}=30^{\circ}\,\,\,\,(1).

Τώρα στο \bigtriangleup CAD: AD=AC,\,\,\,CD=r\Rightarrow \check{CDA}=\hat{ACD}. Έτσι υπό χορδής και εφαπτόμενης οι δύο αυτές γωνίες μεταφέρονται ως εξής: \hat{CDA}=\hat{ABD},\,\,\,\hat{ACD}=\hat{CPD}.

Από αυτό συμπεραίνουμε επίσης ότι: \bigtriangleup CPD: CD=CP=r. Έτσι συγκρίνοντας τα τρίγωνα: \bigtriangleup CPD=\bigtriangleup BDK\,\,\,(CP=CD=KB=KD=r,\,\,\,\,PD=BD)\Rightarrow \hat{CPD}=.
\hat{CDP}=\hat{KBD}=\hat{KDB}

Δηλαδή τελικά \hat{KBD}=\hat{DBA}=(\frac{\hat{ABK}}{2}=15^{\circ} ). (Βοηθητικά η AB=2AH με AH να υπολογίζεται απο το Πυθαγόρειο Θ. στο \bigtriangleup AHK : AB=\sqrt{3}\cdot r

Οπότε με θεώρημα διχοτόμων στο \displaystyle\bigtriangleup ABK\displaystyle\Rightarrow \frac{AT}{TK}=\frac{AB}{BK}\Rightarrow \frac{AT}{TK}=\frac{\sqrt{3}\cdot r}{r}\Rightarrow\frac{AT}{TK}=\sqrt{3}.

Τώρα για τον δεύτερο λόγο έχουμε:

\bigtriangleup TBS:\hat{S}=60^{\circ} , \hat{TBS}=\hat{TBK}+\hat{KBS}=15^{\circ} +60^{\circ} =75^{\circ} ,\,\,\,\,\hat{BTS}=45^{\circ}. Έτσι από θ. ημιτόνων έχουμε:

\displaystyle\frac{\sin \hat{TSB}}{TB}=\frac{\sin BTS}{BS}\Rightarrow ....\Rightarrow TB=\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot r

Επίσης στο \bigtriangleup TKD: \hat{TDK}=15^{\circ} ,\,\,\,\hat{DTK}=180^{\circ} -\hat{STB}=180^{\circ} -45^{\circ} =135^{\circ} ,\,\,\,\,$\hat{DKT}=180^{\circ} -15^{\circ} -135^{\circ} =30^{\circ} 
 
Εφαρμόζοντας λοιπόν και εδώ το Θ. των ημιτόνων έχουμε: \displaystyle\frac{\sin 30}{DT}=\frac{\sin 135}{KD}\Rightarrow ...\Rightarrow DT=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot r 
 
Έτσι:  \displaystyle\frac{BT}{TD}=...=\sqrt{3}. 
 
Τέλος για τους λόγους των εμβαδών έχουμε:  
 
(TBS)=\frac{1}{2}\cdot TB\cdot BS\cdot \sin \hat{TBS}  \Rightarrow (TBS)=\frac{1}{2}\cdot BT\cdot r\cdot \sin (75^{\circ} ) 
 
Όμοια στο \bigtriangleup CDT\Rightarrow (CDT)=\frac{1}{2}\cdot CD\cdot DT\cdot \sin \hat{CDT}\Rightarrow (CDT)=\frac{1}{2}\cdot TD\cdot r\cdot \sin 75^{\circ} 
 
Διαιρώντας λοιπόν κατά μέλη: \frac{(TBS)}{(TDC)}=\frac{BT}{TD}=\sqrt{3}$.

Όμοια υπολογίζεται και ο άλλος λόγος ( .... σιγά μην το ξαναγραφα !)

..και για όλα τα παραπάνω ΓΡΑΦΟΜΕΝΑ για εμένα αυτή ήταν η άσκηση των ΠΑΘΩΝ!! :wallbash:


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης