Κλάσμα χορδής

KARKAR · #1

Οι διάμετροι

και

του κύκλου (O , R)

τέμνονται κάθετα , και

είναι το μέσο της

Η

τέμνει τον κύκλο στο

, και η

τη χορδή

στο

.

Δείξτε ότι : $MT=\frac{1}{6}AB$ , και στη συνέχεια υπολογίστε το (MST)

, ( συναρτήσει του

)

Ιστοσελίδα · #2

: Κλάσμα-χορδής.png (29.12 KiB) Προβλήθηκε 313 φορές

1) Απ’ το ορθογώνιο και ισοσκελές OAB

έχουμε $O\widehat AB = O\widehat BA = {45^ \circ }$ και $D\widehat SA = C\widehat SD = \displaystyle\frac{{C\widehat OD}}{2} = {45^ \circ }$ . Αν $E \equiv AC \cap SD$ τότε το ASTE

είναι εγγράψιμο και εφόσον $E\widehat TA = E\widehat SA = O\widehat BA = {45^ \circ }$ το τρίγωνο ETA

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και ισχύει ET//DB

.

Από λόγο ομοιότητας των ETA,OBA

παίρνουμε: $\displaystyle\frac{{AT}}{{AB}} = \displaystyle\frac{{ET}}{R} \Rightarrow \displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{{AB}}{2} + MT}}{{AB}} = \displaystyle\frac{{ET}}{R}\,\,\left( 1 \right)$ και από λόγο ομοιότητας των MET,MDB

: $\displaystyle\frac{{MT}}{{MB}} = \displaystyle\frac{{ET}}{{DB}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{4MT}}{{AB}} = \displaystyle\frac{{ET}}{R}\,\,\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ προκύπτει $MT = \displaystyle\frac{{AB}}{6}$ .

2) Αφού $D\widehat CA = B\widehat AC = {45^ \circ }$ θα ισχύει DC//AB

, οπότε τα τρίγωνα MST,DSC

είναι όμοια, συνεπώς: $\displaystyle\frac{{\left( {MST} \right)}}{{\left( {DSC} \right)}} = {\left( {\displaystyle\frac{{MT}}{{DC}}} \right)^2}\mathop = \limits^{\left[ {MT = \frac{{AB}}{6},DC = AB} \right]} \displaystyle\frac{1}{{36}}\,\,\left( 3 \right)$ .

Αλλά $\left( {DSC} \right) = \left( {MST} \right) + \left( {MTCD} \right) = \left( {MST} \right) + \displaystyle\frac{{AB + \displaystyle\frac{{AB}}{6}}}{2}AB$ $\mathop = \limits^{A{B^2} = 2{R^2}} \left( {MST} \right) + \displaystyle\frac{{7{R^2}}}{6}\,\,\left( 4 \right)$ . Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right)$ $\left( {MST} \right) = \displaystyle\frac{{{R^2}}}{{30}}\,\,\tau .\mu .$

#3

Απλά θέλοντας να πω μια καλησπέρα στους παραπάνω καλούς μου φίλους (Θανάση και Μιχάλη) με τους οποίους έχω «συναντηθεί» αρκετές φορές δυστυχώς μόνο εδώ.

1) Προφανώς το $\displaystyle{ K }$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ADB }$ ( $\displaystyle{ DM,AO }$ διάμεσοι) οπότε $\displaystyle{ DK = \frac{2} {3}MD \Rightarrow \boxed{\frac{{DK}} {{MD}} = \frac{2} {3}}:\left( 1 \right) }$ και $\displaystyle{ \boxed{AD = AB = \lambda _4 = R\sqrt 2 } }$

Επίσης είναι $\displaystyle{ \widehat{MBS}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma .\sigma \tau o.\delta \iota o.\tau \xi o.AS} \widehat{MDA}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{MSB} = \widehat{MAD} = 90^0 (\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \varepsilon \varsigma .\sigma \varepsilon .\eta \mu \iota \kappa \kappa \lambda \iota \alpha )} \vartriangle MSB \sim \vartriangle MDA \Rightarrow \boxed{\frac{{SB}} {{AD}} = \frac{{MB}} {{MD}}}:\left( 2 \right) }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{MB = \frac{{AB}} {2} = \frac{{R\sqrt 2 }} {2},MD\mathop = \limits^{\Pi .\Theta .\sigma \tau o.\vartriangle DAM} \sqrt {AD^2 + AM^2 } = \sqrt {\left( {R\sqrt 2 } \right)^2 + \left( {\frac{{R\sqrt 2 }} {2}} \right)^2 } = \frac{{R\sqrt {10} }} {2}} \frac{{SB}} {{AD}} = \frac{{\frac{{R\sqrt 2 }} {2}}} {{\frac{{R\sqrt {10} }} {2}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{SB}} {{AD}} = \frac{{\sqrt 5 }} {5}}:\left( 3 \right) }$

Προφανώς και τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle TBS \sim \vartriangle DKA\;\left( {\widehat{BST} = \widehat{KAD} = 45^0 } \right) }$ (εγγεγραμμένες σε τεταρτοκύκλια) και $\displaystyle{ \hat \omega = \widehat{TBS} = \widehat{ADK} }$ άρα

$\displaystyle{ \frac{{SB}} {{AD}} = \frac{{TB}} {{DK}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \frac{{TB}} {{DK}} = \frac{{MB}} {{MD}} \Rightarrow \frac{{TB}} {{MB}} = \frac{{DK}} {{MD}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \frac{{TB}} {{MB}} = \frac{2} {3} \Rightarrow \frac{{MB - MT}} {{MB}} = \frac{2} {3} \Rightarrow 1 - \frac{{MT}} {{MB}} = \frac{2} {3}\mathop \Rightarrow \limits^{MB = \frac{{AB}} {2}} \ldots \boxed{MT = \frac{1} {6}AB} }$

2) Είναι $\displaystyle{ \boxed{\left( {MTS} \right) = \frac{{\left( {MBS} \right)}} {3}}:\left( 4 \right) }$ και από την ομοιότητα $\displaystyle{ \vartriangle MSB \sim \vartriangle MDA }$ που είδαμε πιο πάνω με λόγο ομοιότητας από τη σχέση $\displaystyle{ \left( 3 \right) }$ $\displaystyle{ \lambda = \frac{{\sqrt 5 }} {5} }$ θα είναι

$\displaystyle{ \frac{{\left( {MSB} \right)}} {{\left( {MAD} \right)}} = \left( {\frac{{\sqrt 5 }} {5}} \right)^2 = \frac{1} {5} \Rightarrow \left( {MSB} \right) = \frac{1} {5}\left( {MAD} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {MAD} \right) = \frac{{\left( {BAD} \right)}} {2} = \frac{{\frac{{BD \cdot AO}} {2}}} {2} = \frac{{BD \cdot AO}} {4} = \frac{{2R^2 }} {4} = \frac{{R^2 }} {2}} \left( {MSB} \right) = \frac{{R^2 }} {{10}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \boxed{\left( {MST} \right) = \frac{{R^2 }} {{30}}} }$ τ.μ.

Στάθης

Κλάσμα χορδής

Κλάσμα χορδής

Re: Κλάσμα χορδής

Re: Κλάσμα χορδής

Μέλη σε σύνδεση