Κορυφή από αντιδιαμετρικό

KARKAR · #1

: Κορυφή από αντιδιαμετρικό.png (21.66 KiB) Προβλήθηκε 671 φορές

Στο παραλληλόγραμμο ABCD

, γράφουμε τον κύκλο (A,B,C)

και ονομάζουμε

το αντιδιαμετρικό του

. Με τα δεδομένα του σχήματος , υπολογίστε το τμήμα DB'

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 06, 2025 8:29 pm
Κορυφή από αντιδιαμετρικό.pngΣτο παραλληλόγραμμο , γράφουμε τον κύκλο και ονομάζουμε

το αντιδιαμετρικό του . Με τα δεδομένα του σχήματος , υπολογίστε το τμήμα .

$AB \cdot AC = 2Rh \Rightarrow 36 = 2Rh\,\,\left( 1 \right)$ . Αλλά Π. Θ. , $h = \sqrt {36 - 4} = 4\sqrt 2$ οπότε λόγω της $\left( 1 \right)$ , $\boxed{2R = \frac{9}{{\sqrt 2 }}}$ .

: Κορυφή απο αντιδιαμετρικό.png (26.57 KiB) Προβλήθηκε 657 φορές

Από Π. Θ. στο $\vartriangle ABB'$ , $\boxed{{x^2} = {{\left( {2R} \right)}^2} - 36 = \frac{{81}}{2} - 36 = \frac{9}{2} \Rightarrow x = \frac{3}{{\sqrt 2 }}}$

Nikitas K. · #3

: Κορυφή από αντιδιαμετρικό.png (31.08 KiB) Προβλήθηκε 642 φορές

Από το ισοσκελές $\triangle AOB$ έχουμε $\angle OAB = \angle OBA$

Το σημείο

ανήκει στη μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος

ως κέντρο του κύκλου (A,B,C)

Άρα $\angle BAO = \angle OAC$ διότι η

είναι διχοτόμος της $\angle BAC$ (αφού είναι και μεσοκάθετος της

).

$\angle BAC = \angle ACD$ ως εντός εναλλάξ γωνίες των παραλλήλων

και

με τέμνουσα

$\angle ABB'=\angle ACB'$ ως εγγεγραμμένες γωνίες του κύκλου (A,B,C)

που βαίνουν στο τόξο AB'

Άρα έχουμε $\angle B'CD = \angle ACD-\angle ACB' = 2\theta-\theta = \theta = \angle ACB'$

Συνεπώς $\triangle AB'C = \triangle CB'D$ λόγω του κριτηρίου ισότητας τριγώνων Π-Γ-Π (πλευρά-γωνία-πλευρά)

Άρα B'D = AB'

Το $\triangle AB'B$ είναι ορθογώνιο διότι π.χ. $AO = \dfrac{BB'}{2}$ (ή επειδή $\angle BAB'$ βαίνει στο ημικύκλιο του (A,B,C)

διαμέτρου

)

Εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο θεώρημα στο $\triangle ABB'$ παίρνουμε ότι $AB' = \sqrt{4r^2 - 36}$

όπου η ακτίνα του κύκλου βρίσκεται στην δεύτερη μετρική σχέση αυτού του υπερσυνδέσμου εδώ

Επομένως βρίσκουμε $r = \dfrac{9\sqrt{2}}{4}$ άρα $AB' = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$

Δηλαδή $B'D = \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 06, 2025 8:29 pm
Κορυφή από αντιδιαμετρικό.pngΣτο παραλληλόγραμμο , γράφουμε τον κύκλο και ονομάζουμε

το αντιδιαμετρικό του . Με τα δεδομένα του σχήματος , υπολογίστε το τμήμα .

Από τύπο Ήρωνα βρίσκουμε $(ABC) = 8 \sqrt{2}$ κι από $(ABC) =\dfrac{abc}{4R}$ βρίσκουμε $2R= \dfrac{9}{ \sqrt{2} }$

AECB

είναι ισοσκελές τραπέζιο ,συνεπώς BC=AE=AD=4

και

$B'A \bot AB \Rightarrow AB' \bot ED$ άρα AB’

μεσοκάθετη της

συνεπώς

Τέλος ,το Π.Θ στο τρίγωνο BB’E

δίνει $x= \dfrac{3 \sqrt{2} }{2}$

: Κορυφή από αντιδιαμετρικό.png (24.62 KiB) Προβλήθηκε 624 φορές

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 06, 2025 8:29 pm
Κορυφή από αντιδιαμετρικό.pngΣτο παραλληλόγραμμο , γράφουμε τον κύκλο και ονομάζουμε

το αντιδιαμετρικό του . Με τα δεδομένα του σχήματος , υπολογίστε το τμήμα .

Ας είναι

, το-άλλο- σημείο τομής του κύκλου με την

. Επειδή προφανώς οι κίτρινες γωνίες ( και όχι μόνο)

είναι ίσες , το

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ATD$ . Όμως τα ισοσκελή , $\vartriangle ATD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle ABC$ είναι όμοια

: Κορυφή απο αντιδιαμετρικό_new.png (37.7 KiB) Προβλήθηκε 592 φορές

με λόγο ομοιότητας , $\lambda = \dfrac{2}{3}$ Έτσι θα ισχύει ταυτόχρονα : $\begin{gathered} {x^2} + 36 = 4{R^2}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\dfrac{x}{R} = \dfrac{2}{3} \hfill \\ \hfill \\ \end{gathered}$

Οπότε για τα θετικά μεγέθη , $x\,\,,\,\,R$ έχω: $x = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,R = \dfrac{{9\sqrt 2 }}{4}$

Κορυφή από αντιδιαμετρικό

Κορυφή από αντιδιαμετρικό

Re: Κορυφή από αντιδιαμετρικό

Re: Κορυφή από αντιδιαμετρικό

Re: Κορυφή από αντιδιαμετρικό

Re: Κορυφή από αντιδιαμετρικό

Μέλη σε σύνδεση