mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 26, 2017 9:03 pm**

: 1.png (8.7 KiB) Προβλήθηκε 1253 φορές

Στο παραπάνω σχήμα δίνεται τεταρτοκύκλιο $(O, \tau o\xi o\upsilon AB)$ και εφαπτομένη
αυτού σε ένα σημείο του $\Gamma$ . Αν $\Delta , E$ οι προβολές των στην εφαπτομένη
αντίστοιχα και $A\Delta =1, BE=18$ , να υπολογίσετε την ακτίνα του τεταρτοκυκλίου.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 26, 2017 10:26 pm**

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Τρί Δεκ 26, 2017 9:03 pm 1.png

Στο παραπάνω σχήμα δίνεται τεταρτοκύκλιο $(O, \tau o\xi o\upsilon AB)$ και εφαπτομένη
αυτού σε ένα σημείο του $\Gamma$ . Αν $\Delta , E$ οι προβολές των στην εφαπτομένη
αντίστοιχα και $A\Delta =1, BE=18$ , να υπολογίσετε την ακτίνα του τεταρτοκυκλίου.

: Υπολογισμός ακτίνας τεταρτοκυκλίου.png (32.18 KiB) Προβλήθηκε 1237 φορές

Έχω μια λύση που δεν με ενθουσιάζει και πολύ . Βρίσκω R = 25

.

Edit: Άρση απόκρυψης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 27, 2017 11:56 am**

Χρόνια πολλά σε όλους !

Εικόνα

Έχουμε: $\frac{KA}{KO}=\frac{AD}{OC}\Leftrightarrow \frac{KA}{KA+R}=\frac{1}{R}$ (1)

Από $\triangle KAD$ έχουμε: $KA=\frac{1}{cosa}$ (2)

Από (1) και (2) προκύπτει: $cosa=\frac{R-1}{R}$ (3)

Ακόμη έχουμε: $\frac{MB}{MO}=\frac{BE}{OC}\Leftrightarrow \frac{MB}{MB+R}=\frac{18}{R}$ (4)

Από $\triangle MEB$ έχουμε: $MB=\frac{18}{sina}$ (5)

Από (4) και (5) προκύπτει: $sina=\frac{R-18}{R}$ (6)

$cos^2a+sin^2a=1\Leftrightarrow (\frac{R-1}{R})^2+(\frac{R-18}{R})^2=1\Leftrightarrow R^2-38R+325=0\Leftrightarrow R=25 , R=13$

* Η R=13

απορρίπτεται διότι BE=18> 13

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 27, 2017 3:53 pm**

Από το

φέρνω παράλληλη στην

και τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο

, τη

στο

. Και την ακτίνα

στο

.

Για λόγους οπτικής δεν χρησιμοποιώ ακριβές σχήμα είναι όμως :

$\boxed{a = AD = KC = LE = 1}$ και $\boxed{AK = R - a = R - 1\,\,,\,\,u = BL = 17}$

Επειδή $AHB = 135^\circ \, \Rightarrow HB = u\sqrt 2 = 17\sqrt 2$ .

Επίσης $A{K^2} = O{A^2} - O{K^2} = {R^2} - {(R - 1)^2} = 2R - 1$ και άρα $AH = 2\sqrt {2R - 1}$ .

: Υπολογισμός ακτίνας τεταρτοκυκλίου.png (34.03 KiB) Προβλήθηκε 1191 φορές

Από το Θ. συνημίτονου στο $\vartriangle HAB$ έχω :

$A{B^2} = H{A^2} + H{B^2} - 2 \cdot HA \cdot HB \cdot \cos 135^\circ$ ή

$2{R^2} = 4(2R - 1) + {17^2} \cdot 2 - 4\sqrt {2R - 1} \cdot 17\sqrt 2 ( - \dfrac{{\sqrt 2 }}{2})$ ή

$34\sqrt {2R - 1} = {R^2} - 4R - 287$ που δίδει μόνο μια πραγματική ρίζα: $\displaystyle \boxed{R = 25}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 27, 2017 6:14 pm**

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Τρί Δεκ 26, 2017 9:03 pm
Στο παραπάνω σχήμα δίνεται τεταρτοκύκλιο $(O, \tau o\xi o\upsilon AB)$ και εφαπτομένη
αυτού σε ένα σημείο του $\Gamma$ . Αν $\Delta , E$ οι προβολές των στην εφαπτομένη
αντίστοιχα και $A\Delta =1, BE=18$ , να υπολογίσετε την ακτίνα του τεταρτοκυκλίου.

Καλησπέρα και χρόνια πολλά.

: shape.png (21.6 KiB) Προβλήθηκε 1164 φορές

Τη δύσκολη δουλειά την έκανε ο Νίκος…Η εύρεση της ακτίνας θα ολοκληρωθεί με ένα Πυθαγόρειο στο $\triangleleft AKB:{\left( {R\sqrt 2 } \right)^2} = {\left( {2\sqrt {2R - 1} + 17} \right)^2} + {17^2}$ , με ρίζα R = 25

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 28, 2017 3:56 pm**

: 1.png (23.13 KiB) Προβλήθηκε 1121 φορές

Καλησπέρα.

Φέρνω τα κόκκινα ευθύγραμμα τμήματα και θεωρώ ότι:
$\angle \Delta \Gamma A=\theta , \angle B\Gamma E=\phi , A\Gamma =\alpha$ και $B\Gamma =\beta$ .
Οπότε $\angle MOA=\angle \Gamma OM=\theta , \angle NO\Gamma =\angle BON=\phi ,$
$AM=\dfrac{\alpha }{2}$ και $BN=\dfrac{\beta }{2}$ .
Από την ομοιότητα των τριγώνων $AMO, A\Delta \Gamma$ έχω ότι:
$\dfrac{AM}{A\Delta }=\dfrac{OA}{A\Gamma }\Rightarrow \alpha ^{2}=2R (1)$ .
Από την ομοιότητα των τριγώνων $ONB, \Gamma EB$ παίρνω ότι:
$\dfrac{NB}{BE}=\dfrac{OB}{\Gamma B}\Rightarrow \beta ^{2}=36R (2)$ .
Ο Ν. Σ. στο τρίγωνο $A\Gamma B$ μου δίνει ότι:
$AB^{2}=A\Gamma ^{2}+\Gamma B^{2}-2\cdot A\Gamma \cdot \Gamma B\cdot \sigma \upsilon \nu 135^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow R=25$ (σύμφωνα με την και ).