Τμηματικά προβλήματα

KARKAR · #1

: Τμηματικά προβλήματα.png (13.25 KiB) Προβλήθηκε 1301 φορές

Χορδή κύκλου (O,R)

, η οποία έχει ως άκρα , το νότιο πόλο

και σημείο

του βορείου ημικυκλίου ,

τέμνει την οριζόντια ακτίνα

, στο σημείο

, ώστε :

. Η κάθετη της χορδής στο

και η εφαπτομένη του κύκλου στο ίδιο σημείο , τέμνουν την προέκταση της

στα σημεία N,L

.

Υπολογίστε το τμήμα

, συναρτήσει των R,t

. Εφαρμογή : Θεωρήστε ότι R=3

και

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Μια λύση με τριγωνομετρία:

Έστω ότι η προέκταση της

τέμνει τον κύκλο στο

. Επειδή $\widehat{BPS}=90$ , το

θα είναι διάμετρος του κύκλου και το

ο βόρειος πόλος.

Φέρνουμε και την

. Επειδή στο τρίγωνο NBS

η

είναι διάμεσος και ύψος, άρα θα είναι και διχοτόμος.

Έχουμε $\widehat{BNO}=\widehat{SNO}=\widehat{OST}=x$

Από το τρίγωνο OST

έχουμε $\tan x = \dfrac{OT}{OS} = \dfrac{t}{R}$

Από το τρίγωνο NPS

έχουμε

$\dfrac{PS}{PN} = \tan 2x = \dfrac{2 \tan x}{1 - \tan^2 x} = \dfrac{ \dfrac{2t}{R}}{1 - \dfrac{t^2}{R^2}}=\dfrac{ \dfrac{2t}{R}}{1 - \dfrac{t^2}{R^2}} = \dfrac{2tR}{R^2 - t^2}$ (1)

Επειδή οι γωνίες $\widehat{OPL}$ και $\widehat{SPN}$ είναι ορθές θα έχουμε $\widehat{OPS}=\widehat{LPN}$ και άρα τα τρίγωνα OSP

και

είναι όμοια. Συνεπώς έχουμε:

$\dfrac{OS}{LN} =\dfrac{PS}{PN} \mathop \Rightarrow \limits^{(1)}\dfrac{R}{LN} = \dfrac{2tR}{R^2 - t^2} \Rightarrow \boxed {LN =\dfrac{R^2 - t^2}{2t}}$

Για R=3

και

έχουμε: $\boxed {LN =4}$

Υ.Γ. Από τη διερεύνηση της λύσης προέκυψε ότι PL=TL=LN

αλλά στη συγκεκριμένη λύση δεν χρειάστηκε.

big-pitsirikos · #3

KARKAR έγραψε:
Τμηματικά προβλήματα.png
Χορδή κύκλου , η οποία έχει ως άκρα , το νότιο πόλο και σημείο του βορείου ημικυκλίου ,

τέμνει την οριζόντια ακτίνα , στο σημείο , ώστε : . Η κάθετη της χορδής στο

και η εφαπτομένη του κύκλου στο ίδιο σημείο , τέμνουν την προέκταση της στα σημεία .

Υπολογίστε το τμήμα , συναρτήσει των . Εφαρμογή : Θεωρήστε ότι και

Έστω

το αντιδιαμετρικό σημείο του

και

Ισχύει $\widehat{POS}=2\widehat{LPT}=2\varphi$ , άρα $\widehat{OSP}=90-\varphi \Leftrightarrow \widehat{PTL}=\varphi$ , και εύκολα πλέον PL=LN=TL=TA+AL=R-t+x

.

Αφού

εφαπτόμενη του κύκλου, ισχύει

$LP^2=LA \cdot LK \Leftrightarrow (R-t+x)^2=x(2R+x) \Leftrightarrow \ldots x=\dfrac{(R-t)^2}{2t}$ .

Τελικά, $LN=LT=R-t+\dfrac{(R-t)^2}{2t}=\dfrac{R^2-t^2}{2t} \Leftrightarrow \boxed{LN=\dfrac{R^2-t^2}{2t}}$ , και για την εφαρμογή
LN=4

.

KARKAR · #4

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: Υ.Γ. Από τη διερεύνηση της λύσης προέκυψε ότι αλλά στη συγκεκριμένη λύση δεν χρειάστηκε.

Όντως Διονύση , αλλά αν είχες την τύχη να λύσεις πρώτα αυτή , θα έβλεπες

ότι πρόκειται για μια πιο φανταιζί εκδοχή της . Μάλιστα η ισότητα LP=LT

θα σου έδινε απ'ευθείας το αποτέλεσμα , αφού το τρίγωνο PTN

είναι ορθογώνιο !

harrisp · #5

Καλησπέρα! Λίγο διαφορετικά από τον Διονύση.

Εχουμε $ST=\sqrt{R^2+t^2}$ και $ST\cdot TP=R^2-t^2\Leftrightarrow TP=\dfrac {R^{2}-t^{2}} {\sqrt {R^{2}+t^{2}}}$

Eπίσης $SP=\dfrac {2R^{2}} {\sqrt {R^{2}+t^{2}}}$ .

Τα τρίγωνα OTS,TPN

είναι προφανώς όμοια. Αρα:

$\dfrac {R} {PN}=\dfrac {t} {TP}\Leftrightarrow \dfrac {R} {PN}=\dfrac {\dfrac {t} {1}} {\dfrac {R^{2}-t^{2}} {\sqrt {R^{2}+t^{2}}}}\Leftrightarrow \ldots \Leftrightarrow PN=\dfrac {R\sqrt {R^{2}+t^{2}}} {R^{2}-t^{2}}$ .

Τωρα από τα όμοια OSP,PLN

ισχύει:

$\dfrac {SP}{PN}=\dfrac {R}{LN}$ και συνεχίζουμε όπως ο Διονύσης . . .

#6

KARKAR έγραψε: Χορδή κύκλου , η οποία έχει ως άκρα , το νότιο πόλο και σημείο του βορείου ημικυκλίου ,τέμνει την οριζόντια ακτίνα , στο σημείο , ώστε : . Η κάθετη της χορδής στο και η εφαπτομένη του κύκλου στο ίδιο σημείο , τέμνουν την προέκταση της στα σημεία .Υπολογίστε το τμήμα , συναρτήσει των . Εφαρμογή : Θεωρήστε ότι και

: τμηματικά προβλήματα..png (25.4 KiB) Προβλήθηκε 1228 φορές

Είναι $\angle LTP \equiv \angle ATP\mathop = \limits^{B \equiv AO \cap \left( O \right),B \ne A} \dfrac{{\tau o\xi .AP + \tau o\xi .SB}}{2}$ $\mathop = \limits^{\tau o\xi .SB = \tau o\xi .AS} \dfrac{{\tau o\xi .AP + \tau o\xi .AS}}{2} = \dfrac{{\tau o\xi .SAP}}{2} = \angle TPL$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\angle TPN = {{90}^0}} \boxed{TN = 2NL}:\left( 1 \right)$ Από ομοκυκλικά $\left( {\angle SON = \angle SPN = {{90}^0}} \right) \Rightarrow$

$TN \cdot TO = TP \cdot TS = {R^2} - T{O^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $2TL \cdot t = {R^2} - {t^2} \Rightarrow \boxed{TL = \frac{{{R^2} - {t^2}}}{{2t}}}$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Στάθης

Τμηματικά προβλήματα

Τμηματικά προβλήματα

Re: Τμηματικά προβλήματα

Re: Τμηματικά προβλήματα

Re: Τμηματικά προβλήματα

Re: Τμηματικά προβλήματα

Re: Τμηματικά προβλήματα

Μέλη σε σύνδεση