Ενάρετος ημίκυκλος

KARKAR · #1

: Ενάρετος ημίκυκλος.png (11.89 KiB) Προβλήθηκε 244 φορές

Στο ημικύκλιο διαμέτρου AOB=2r

, το

είναι το μέσο του τόξου , ενώ το

είναι το μέσο της

.

Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{BAC}$ διέρχεται από το

και τέμνει την

στο

και το τόξο στο

.

Επίσης η

τέμνει την

στο

... α) Δείξτε ότι : $\dfrac{AM}{LS}=\dfrac{5}{2}$ ... β) Βρείτε τον λόγο : $\dfrac{CP}{PB}$

γ) Υπολογίστε το εμβαδόν του τριγώνου PML

.

Nikitas K. · #2

: Ενάρετος ημίκυκλος.png (1.45 MiB) Προβλήθηκε 211 φορές

Για το α)

Ισχύει:

$\tan\theta = \dfrac{\dfrac{r}{2}}{r} = \dfrac{1}{2}$ από το $\triangle OAM$ άρα

$\dfrac{AM}{LS} = \dfrac{ \dfrac{r} { \cos\theta} } {SB \cdot \tan\theta} = \dfrac{\dfrac{r}{\cos\theta}}{2r\sin\theta \tan\theta} = \dfrac{1}{2\sin\theta\cos\theta\tan\theta} = \dfrac{1}{\sin\theta\cos\theta}$

Δηλαδή μέχρι εδώ δείχθηκε ότι $\dfrac{AM}{LS} = \dfrac{2}{\sin(2\theta)}$

Συνεχίζοντας έχουμε ότι:

$\dfrac{AM}{LS} = \dfrac{1}{\tan\theta \cos^2\theta} = 2 (1 + \tan^2\theta) = 2 \left[1 + \left(\dfrac{1}{2}\right)^2\right] = \dfrac{5}{2}$

Για το β) έχουμε ότι $\sin(2\theta) = \dfrac{4}{5}$ οπότε

$BC = 2r \sin(2\theta) = \dfrac{8r}{5}$ ως μήκος χορδής

$PB = \dfrac{r}{\sin(2\theta)} = \dfrac{5r}{4}$ από το $\triangle OPB$

$CP = \dfrac{7r}{20}$ διαφορά του

με το

$\dfrac{CP}{PB} = \dfrac{7}{25}$ λόγω των παραπάνω σχέσεων.

Για το γ) ισχύει

$LB = \dfrac{SB}{\cos\theta} = 2r\tan\theta = r$ από το $\triangle LSB$ και

$PL = \dfrac{r}{4}$ ως διαφορά του

με το

άρα

$(PML) = \dfrac{1}{2} PL^2 \sin(2\theta) = \dfrac{r^2}{40}~\qquad \blacksquare{}$

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 16, 2026 7:50 pm
Ενάρετος ημίκυκλος.pngΣτο ημικύκλιο διαμέτρου , το είναι το μέσο του τόξου , ενώ το είναι το μέσο της .

Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{BAC}$ διέρχεται από το και τέμνει την στο και το τόξο στο .

Επίσης η τέμνει την στο ... α) Δείξτε ότι : $\dfrac{AM}{LS}=\dfrac{5}{2}$ ... β) Βρείτε τον λόγο : $\dfrac{CP}{PB}$

γ) Υπολογίστε το εμβαδόν του τριγώνου .

Η χαρά της ομοιότητας

α) Εύκολα $AM=\dfrac{r\sqrt 5}{2}$ και αν LS=x,

από την ομοιότητα των τριγώνων AMO, BLS

θα είναι

$\displaystyle AM \cdot AS = AO \cdot AB \Leftrightarrow \frac{{r\sqrt 5 }}{2}AS = 2{r^2} \Leftrightarrow AS = \frac{{4r\sqrt 5 }}{5}.$ Επειδή όμως, $S\widehat BL=\theta,$ η

εφάπτεται στον περίκυκλο του ALB,

οπότε $\displaystyle 4{x^2} = xAS \Leftrightarrow x = \frac{{r\sqrt 5 }}{5}$ και $\boxed{\frac{AM}{LS}=\frac{5}{2}}$

β) $\displaystyle ML = AS - (AM + LS) = ... = \frac{{r\sqrt 5 }}{{10}}.$ Από τα παραπάνω είναι $\displaystyle BS = \frac{{2r\sqrt 5 }}{5},BL = r.$ Φέρνω

SK||PM

και εύκολα διαπιστώνω ότι το

είναι μέσο του

κι επειδή $\dfrac{ML}{LS}=\dfrac{1}{2},$ $PL=PM=\dfrac{r}{4}.$

: Ενάρετος ημίκυκλος.png (24.58 KiB) Προβλήθηκε 177 φορές

Από Πυθαγόρειο στο ACL,

είναι $\displaystyle 5C{L^2} = A{L^2} = {\left( {\frac{{r\sqrt 5 }}{2} + \frac{{r\sqrt 5 }}{{10}}} \right)^2} \Leftrightarrow CL = \frac{{3r\sqrt 5 }}{5}$ ΚΑΙ $\boxed{\frac{{SP}}{{PB}} = \frac{{CL - PL}}{{PL + LB}} = \frac{7}{{25}}}$

γ) $\displaystyle (BLS) = {x^2} \Leftrightarrow 2(LSK) = \frac{{{r^2}}}{5} \Leftrightarrow (LSK) = \frac{{{r^2}}}{{10}}.$ Από την ομοιότητα όμως των

τριγώνων PML, LSK,

είναι $\displaystyle \frac{{(PML)}}{{(LSK)}} = {\left( {\frac{{ML}}{{LS}}} \right)^2} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow$ $\boxed{(PML)=\frac{r^2}{40}}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 16, 2026 7:50 pm
Ενάρετος ημίκυκλος.pngΣτο ημικύκλιο διαμέτρου , το είναι το μέσο του τόξου , ενώ το είναι το μέσο της .

Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{BAC}$ διέρχεται από το και τέμνει την στο και το τόξο στο .

Επίσης η τέμνει την στο ... α) Δείξτε ότι : $\dfrac{AM}{LS}=\dfrac{5}{2}$ ... β) Βρείτε τον λόγο : $\dfrac{CP}{PB}$

γ) Υπολογίστε το εμβαδόν του τριγώνου .

A)Αν η εφαπτόμενη του ημικυκλίου στο

τμήσει την

στο

,προφανώς

άρα

τετράγωνο και BL=EB=r

Επειδή

και $\triangle AOM \simeq \triangle BSL$ θα είναι BS=2LS

άρα $BL^2=5LS^2\Rightarrow 5LS^2=r^2$

Ακόμη $ES.EA=r^2 \Rightarrow LS.2AM=r^2$ και με διαίρεση παίρνουμε $\dfrac{AM}{SL} = \dfrac{5}{2}$

B) $EM=2LS+ML\Rightarrow AM=2LS+ML \Rightarrow \dfrac{5}{2}LS=2LS+ML \Rightarrow LS=2ML$

Επομένως $\dfrac{EL}{LM}= \dfrac{2LS}{LM}=4= \dfrac{NE^2}{NM^2} \Rightarrow NL \bot ME$ άρα $PL=PM=PN= \dfrac{MN}{2}= \dfrac{r}{4} \Rightarrow BP=r+ \dfrac{r}{4} = \dfrac{5r}{4}$

Τώρα, $BP.BC=BO.BA \Rightarrow \dfrac{5r}{4}.BC=2r^2 \Rightarrow BC= \dfrac{8r}{5} \Rightarrow PC= \dfrac{7r}{20}$ .

Άρα εύκολα παίρνουμε $\dfrac{PC}{PB}= \dfrac{7}{25}$

C)Είναι (NLM)=2(PML)

.Αλλά $\triangle MLN \simeq \triangle AOM \Rightarrow \dfrac{(MNL)}{(MAO)}= \dfrac{MN^2}{AM^2}= \dfrac{ \dfrac{r^2}{4} }{ \dfrac{5r^2}{4} }= \dfrac{1}{5}$

Άρα $\dfrac{2(MPL)}{(AOM)}= \dfrac{1}{5} \Rightarrow (MPL)= \dfrac{1}{10} \dfrac{r^2}{4} \Rightarrow (MPL)= \dfrac{r^2}{40}$

: Ενάρετος ημίκυκλος.png (44.76 KiB) Προβλήθηκε 137 φορές

Ενάρετος ημίκυκλος

Ενάρετος ημίκυκλος

Re: Ενάρετος ημίκυκλος

Re: Ενάρετος ημίκυκλος

Re: Ενάρετος ημίκυκλος

Μέλη σε σύνδεση