Δύσκολη ισότητα κύκλων

KARKAR · #1

: Δύσκολη ισότητα.png (13.35 KiB) Προβλήθηκε 1364 φορές

Το ισοσκελές τρίγωνο ABC , ( AB=AC )

, είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O)

και

είναι

το μέσο της

. Γράφω τον κύκλο που ορίζουν τα A, M , C

και ονομάζω

το κέντρο του .

α) Δείξτε ότι : $AC\perp OK$ ..... β) Βρείτε ικανή συνθήκη , ώστε οι δύο κύκλοι να είναι ίσοι .

γ) Βρείτε ικανή συνθήκη , ώστε το κέντρο

να βρίσκεται επί του (O)

.

Λάθος φάκελος , λάθος α) ερώτημα , ελπίζω κάπως να σας γλυκάνω

#2

α) Ο Θανάσης μας κάνει...πλάκα!

β) Η πλάκα... συνεχίζεται!...

Ορέστης Λιγνός · #3

α) Η

είναι η κοινή χορδή των δύο κύκλων, οπότε από την θεωρία, $AC \perp OK$ .

β) Έστω $AB=AC=b, \,\, BC=a, \,\, AO=OC=AK=KC=R$ .

Έχουμε προφανώς $\boxed{(ABC)=2(AMC)}$ .

Είναι $(ABC)=\dfrac{AB \cdot AC \cdot BC}{4R} \Leftrightarrow \boxed{(ABC)=\dfrac{ab^2}{4R}}$ και $\boxed{(AMC)=\dfrac{b^2MC}{8R}}$ .

Έτσι, $\dfrac{ab^2}{4R}=\dfrac{2b^2MC}{8R} \Leftrightarrow \boxed{MC=a}$ .

Τέλος, από το πρώτο θεώρημα των διαμέσων έχουμε $AC^2+BC^2=\dfrac{AB^2}{2}+2MC^2 \Leftrightarrow \boxed{\boxed{b=a\sqrt{2}}}$ .

Γιώργος Μήτσιος · #4

Καλημέρα . Σε μένα , πάντως μου άρεσε το β ερώτημα και βεβαίως η λύση του Ορέστη !

: Ισότητα κύκλων.PNG (13.3 KiB) Προβλήθηκε 1278 φορές

Είναι $\widehat{AKN}=90^{0}-\widehat{BAC}/2=\widehat{B}$ αλλά και $\widehat{BMC}=\widehat{P}=\widehat{AKC}/2=\widehat{AKN}$

συνεπώς το τρίγωνο BMC

είναι ισοσκελές και όμοιο με το ABC

Έπεται $\dfrac{b}{a}=\dfrac{a}{b/2}\Leftrightarrow b^{2}=2a^{2}$ .

Φιλικά Γιώργος .

taratoris · #5

Σχετικά με το δέυτερο ερώτημα:

Δύο ίσες γωνίες σε ίσους κύκλους βαίνουν σε τόξα ίσου μήκους. Άρα BC=MC

διότι $\widehat{BAC}=\widehat{MAC}=\widehat{A}$ . Η συνέχεια όπως είπαν και άλλοι μας δίνει $b=\sqrt{2}a$ .

Αυτή είναι αναγκαία συνθήκη. Για να δείξουμε οτι είναι ικανή αρκεί να παρατηρήσουμε οτι αν σε δύο κύκλους δύο ίσες γωνίες βαίνουν σε τόξα ίσου μήκους τότε οι κύκλοι είναι ίσοι.

#6

KARKAR έγραψε:Δύσκολη ισότητα.pngΤο ισοσκελές τρίγωνο , είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και είναι

το μέσο της . Γράφω τον κύκλο που ορίζουν τα και ονομάζω το κέντρο του .

γ) Βρείτε ικανή συνθήκη , ώστε το κέντρο να βρίσκεται επί του .

: Διέρχεται από το κέντρο.png (24.31 KiB) Προβλήθηκε 1238 φορές

$\displaystyle{KA = KC \Leftrightarrow }$ $\boxed{K\widehat BA=K\widehat BC}$ (1).

Το

είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο (C_2)

και το

στον κύκλο (C_1)

. Άρα: $B\widehat AC=B\widehat KC=M\widehat EC$ που σημαίνει ότι $\boxed{BK \bot MC}$ (2)

Από

προκύπτει ότι το τρίγωνο BMC

είναι ισοσκελές ( BM=BC

), δηλαδή $\boxed{b=2a}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #7

KARKAR έγραψε:... β) Βρείτε ικανή συνθήκη , ώστε οι δύο κύκλοι να είναι ίσοι .

Για το β) εναλλακτικά:

Είναι προφανές ότι το

είναι πάνω στο ύψος του ισοσκελούς τριγώνου ABC

που αντιστοιχεί στην κορυφή

, άρα $AO \perp BC$ (1)

Επίσης είναι προφανές ότι το τετράπλευρο AOCK

είναι ρόμβος, άρα AO // KC

(2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι: $KC \perp BC$ , άρα η

είναι εφαπτομένη στον κύκλο (K)

.

Με δύναμη σημείου έχουμε: $BC^2=BM \cdot BA \Rightarrow b^2 = \dfrac{c}{2}c \Rightarrow \boxed{c=b\sqrt{2}}$

Δύσκολη ισότητα κύκλων

Δύσκολη ισότητα κύκλων

Re: Δύσκολη ισότητα κύκλων

Re: Δύσκολη ισότητα κύκλων

Re: Δύσκολη ισότητα κύκλων

Re: Δύσκολη ισότητα κύκλων

Re: Δύσκολη ισότητα κύκλων

Re: Δύσκολη ισότητα κύκλων

Μέλη σε σύνδεση