Τετράκυκλο

KARKAR · #1

: Τετράκυκλο.png (13.13 KiB) Προβλήθηκε 715 φορές

Οι κύκλοι : (B),(C),(D),(E)

είναι ίσοι . Δείξτε ότι : $\widehat{SDT}=90^0$ και βρείτε τον λόγο : $\dfrac{AP}{ST}$

#2

Θεωρώ καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων με αρχή το

,

οριζόντιο άξονα συντεταγμένων τη διακεντρική ευθεία και μονάδα μέτρησης την ακτίνα των ίσων κύκλων .

Έστω $S\left( {{x_1},{y_1}} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,T\left( {{x_2},{y_2}} \right)$ . ΟΙ συντεταγμένες τους δίδονται από τη λύση του συστήματος :

$\left\{ \begin{gathered} 7y = x + 5 \hfill \\ {x^2} + {y^2} - 1 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 7y = x + 5 \hfill \\ 25{x^2} + 5x - 12 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,\left( 1 \right)$ .

Για τα διανύσματα $\overrightarrow {DS} = \left( {{x_1},{y_1}} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\overrightarrow {DT} = \left( {{x_2},{y_2}} \right)$ έχω:

: τετράκυκλο.png (18.73 KiB) Προβλήθηκε 699 φορές

$49\overrightarrow {DS} \cdot \overrightarrow {DT} = ... = 50{x_1}{x_2} + 5\left( {{x_1} + {x_2}} \right) + 25 = 0$ λόγω των τύπων του Vieta

στην $\left( 1 \right)$ .

Άρα $\widehat {TDS} = 90^\circ$ . Με όμοιο τρόπο και το δεύτερο

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 08, 2021 8:07 am
Τετράκυκλο.pngΟι κύκλοι : είναι ίσοι . Δείξτε ότι : $\widehat{SDT}=90^0$ και βρείτε τον λόγο : $\dfrac{AP}{ST}$

: Τετράκυκλο.png (10.72 KiB) Προβλήθηκε 686 φορές

Έστω

το απόστημα στη χορδή

του κύκλου $\left( D \right)$ και

το σημείο επαφής των κύκλων $\left( B \right),\left( C \right)$ Από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle AMD,\vartriangle AEZ\Rightarrow \dfrac{DM}{EZ}=\dfrac{AD}{AZ}\overset{\Pi .\Theta }{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{DM}{R}=\dfrac{5R}{\sqrt{A{{E}^{2}}+E{{Z}^{2}}}}\Rightarrow$ $\dfrac{DM}{R}=\dfrac{5R}{\sqrt{{{\left( 7R \right)}^{2}}+{{R}^{2}}}}\Rightarrow \dfrac{DM}{R}=\dfrac{5R}{5\sqrt{2}R}\Rightarrow$
$DM=\dfrac{R\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \angle SDT={{90}^{0}}$ , άρα $ST=R\sqrt{2}$
Και από την ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle APK,\vartriangle AEZ\Rightarrow \dfrac{AP}{7R}=\dfrac{2R}{5\sqrt{2}R}\Rightarrow AP=\dfrac{14R}{5\sqrt{2}}$
Αρα $\dfrac{AP}{ST}=\ldots \dfrac{7}{5}$

#4

Έστω( από αριστερά προς δεξιά) H,F

τα σημεία που η

, τέμνει τον κύκλο $\left( D \right)$ και

το αντιδιαμετρικό του

στον κύκλο $\left( E \right)$ .

Η

τέμνει τον $\left( D \right)$ στο νότιο πόλο

και η

την

στο

. Ας είναι

η προβολή του

στην ευθεία

.

Επειδή το σημείο

είναι μέσο του $AG\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZG//OM//AQ$ , τα $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,O$ είναι μέσα των $QZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AZ$ .

Αν θέσω $MF = 2d\,\,\left( {\, = R\sqrt 2 } \right)$ θα είναι : $QZ = 8d\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AQ = 6d$ δηλαδή τα ορθογώνια τρίγωνα , $QZA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MZO$ είναι της μορφής $\left( {4,5,3} \right)$ .

: Τετράκυκλο_Ευκλείδεια.png (28.2 KiB) Προβλήθηκε 631 φορές

Μετά απ’ αυτά αν θέσω $OS = k\,\,,\,\,ST = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TM = z$ και λόγω των δυνάμεων των σημείων $O\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Z$ ως προς τον κύκλο $\left( D \right)$ θα έχω:

$\left\{ \begin{gathered} k + m + x = 5d \hfill \\ k\left( {k + x} \right) = 3{d^2} \hfill \\ m\left( {m + x} \right) = 8{d^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = m = 2d \hfill \\ k = d \hfill \\ \end{gathered} \right.$ οπότε εύκολα έχω ότι $\widehat {TDS} = 90^\circ$

β)

Αν τώρα θεωρήσω ότι

είναι το άλλο σημείο τομής της

με τον κύκλο $\left( B \right)$ θα ισχύει:

$AP \cdot AZ = 2R \cdot 7R \Rightarrow AP \cdot 10d = 14{R^2} = 28{d^2} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{AP}}{{ST}} = \dfrac{{\dfrac{{14d}}{5}}}{{2d}} = \frac{7}{5}}$ .

Τετράκυκλο

Τετράκυκλο

Re: Τετράκυκλο

Re: Τετράκυκλο

Re: Τετράκυκλο

Μέλη σε σύνδεση