Ακριβός λόγος μεταξύ κύκλων

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA213-FB2520.png (48.99 KiB) Προβλήθηκε 777 φορές

Κύκλος

, ομόκεντρος άλλου κύκλου (O, R)

με διάμετρο

και

, τέμνει την

στο

(κοντά στο

).

Τρίτος κύκλος $(K, \rho)$ με διάμετρο

, τέμνει την μεσοκάθετο της

στο

.

Αν η

εφάπτεται στον (O, r)

στο

και τέμνει τον (O, R)

στο

, δείξτε ότι :

α. $\dfrac{PQ}{QS}=\phi$

β. τα PQ, QS, CB

αποτελούν πλευρές τριγώνου Kepler

#2

sakis1963 έγραψε: Σάβ Νοέμ 24, 2018 11:59 pm GEOMETRIA213-FB2520.png
Κύκλος , ομόκεντρος άλλου κύκλου με διάμετρο και , τέμνει την στο (κοντά στο ).

Τρίτος κύκλος $(K, \rho)$ με διάμετρο , τέμνει την μεσοκάθετο της στο .

Αν η εφάπτεται στον στο και τέμνει τον στο , δείξτε ότι :

α. $\dfrac{PQ}{QS}=\phi$

β. τα αποτελούν πλευρές τριγώνου

Καλημέρα σε όλους!

: Ακριβός λόγος.png (25.9 KiB) Προβλήθηκε 729 φορές

α) Από το ισοσκελές τρίγωνο OAS

εύκολα προκύπτει ότι AP=x+y

και $\boxed{x+y=\sqrt{R^2-r^2}}$ (1)

$\displaystyle \frac{{OP}}{{OS}} = \sin \theta = \frac{{OQ}}{{AQ}} \Leftrightarrow \frac{r}{R} = \frac{{\sqrt {Rr} }}{{2x + y}} \Leftrightarrow$ $\boxed{2x + y = \frac{{R\sqrt {Rr} }}{r}}$ (2)

και $\displaystyle {x^2} = O{Q^2} - {r^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{x=\sqrt{Rr-r^2}}$ (3)

Αν αφαιρέσω τις (2), (1)

και εξισώσω με την (3)

παίρνω: $\displaystyle \frac{{R\sqrt {Rr} }}{r} - \sqrt {{R^2} - {r^2}} = \sqrt {Rr - {r^2}},$ απ' όπου $\boxed{R = r\varphi }$

$\displaystyle \frac{x}{y} = \frac{x}{{\sqrt {{R^2} - {r^2}} - x}} = \frac{{r\sqrt {\varphi - 1} }}{{r\sqrt {{\varphi ^2} - 1} - r\sqrt {\varphi - 1} }} = \frac{{\sqrt {\varphi - 1} }}{{\sqrt \varphi - \sqrt {\varphi - 1} }} = \sqrt {\varphi - 1} \left( {\sqrt \varphi + \sqrt {\varphi - 1} } \right) =$

$\displaystyle \sqrt {{\varphi ^2} - \varphi } + \varphi - 1 = 1 + \varphi - 1 \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{x}{y} = \varphi }$

β) Είναι, $\displaystyle x = r\sqrt {\varphi - 1} = \frac{r}{{\sqrt \varphi }} \Leftrightarrow r = x\sqrt \varphi \Leftrightarrow CB = R - r = x\varphi \sqrt \varphi - x\sqrt \varphi = \frac{{x\sqrt \varphi }}{\varphi }$

Άρα τα τμήματα QS, CB, QS

είναι αντίστοιχα, $\displaystyle \frac{x}{\varphi },\frac{{x\sqrt \varphi }}{\varphi },x$ όπου εύκολα διαπιστώνεται ότι αποτελούν πλευρές

τριγώνου Kepler

(ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου).

#3

: Ακριβός λόγος μεταξύ κύκλων.png (42.92 KiB) Προβλήθηκε 704 φορές

η ισότητα των σκιασμένων τριγώνων απλοποιεί την απάντηση του πρώτου ερωτήματος

Επειδή OP//CQ//BS

αρκεί να δείξω ότι : $O{C^2} = OB \cdot CB \Leftrightarrow {r^2} = R(R - r)\,\,(1)$

Αλλά τα ορθογώνια τρίγωνα $PAO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OQC$ έχουν τις κάθετες πλευρές τους $OP = OC = r\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_1}}$ ( οξείες με πλευρές κάθετες) , άρα είναι ίσα οπότε :

$AP = m = OQ = \rho \,\,\kappa \alpha \iota \,\,OA = CQ = R$ και η προς απόδειξη ισοδύναμα γράφεται : ${R^2} = r(R + r) \Leftrightarrow C{Q^2} = CO \cdot CA$ ( Θ. Ευκλείδη στο ορθογώνιο τρίγωνο QAC

.

Για το δεύτερο

: Ακριβός λόγος μεταξύ κύκλων_b.png (46.18 KiB) Προβλήθηκε 684 φορές

Ας είναι $E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Z$ οι προβολές των $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,O$ στις $QA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,QC$ αντίστοιχα:

Αφού QC = R

θα είναι

. Ενώ από την ισότητα $\vartriangle EPO = \vartriangle ZCO$ θα είναι PE = CZ = CB = w

. Αλλά ισχύουν ταυτόχρονα :

$\displaystyle \left\{ \begin{gathered} P{Q^2} = PS \cdot QZ \hfill \\ P{Q^2} = QE \cdot OQ \hfill \\ OQ = AP = PS \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {x^2} = (x + y )\cdot y \hfill \\ {x^2} = QE \cdot (x + y) \hfill \\ \rho = m = x + y \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Δηλαδή στο ορθογώνιο τρίγωνο EPQ

είναι $PQ = x\,\,,QE = y\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PE = w\,\,$ και ισχύει : $P{E^2} = EQ \cdot EO \Rightarrow {w^2} = yx$ . Αφού EO = OQ - QE = m - y = x + y - y = x

.

Ακριβός λόγος μεταξύ κύκλων

Ακριβός λόγος μεταξύ κύκλων

Re: Ακριβός λόγος μεταξύ κύκλων

Re: Ακριβός λόγος μεταξύ κύκλων

Μέλη σε σύνδεση