mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 16, 2020 11:46 pm**

Καλό βράδυ !

: Κυκλικοί δίσκοι και ..γωνίες..PNG (10 KiB) Προβλήθηκε 915 φορές

Το κυρτό τετράπλευρο ABCD

είναι εγγράψιμο με $\widehat{C}+\widehat{D}=165^\circ$ . Τα M,N

είναι τα μέσα των AB,CD

ενώ $H \in BC$ και $E \in AD$ ώστε να ισχύουν $AD=2^{n}DE$ και $BC=2^{n}CH$ , $n\geq 2, n\in N$ .

Οι EH,MN

τέμνονται στο

. Θεωρούμε το $P \in AB$ ώστε να είναι $PZ \perp EH$ .

Αν $C_{A},C_{B}$ οι περίκυκλοι των τριγώνων PEA

και

αντίστοιχα με $E_{A},E_{B}$ τα εμβαδά των κυκλικών τους δίσκων

και ισχύει $2E_{B}=3E_{A}$ τότε : Να βρεθούν οι γωνίες του τετραπλεύρου .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 17, 2020 3:37 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Σάβ Μάιος 16, 2020 11:46 pm Καλό βράδυ !
Κυκλικοί δίσκοι και ..γωνίες..PNG
Το κυρτό τετράπλευρο είναι εγγράψιμο με $\widehat{C}+\widehat{D}=165^\circ$ . Τα είναι τα μέσα των

ενώ $H \in BC$ και $E \in AD$ ώστε να ισχύουν $AD=2^{n}DE$ και $BC=2^{n}CH$ , $n\geq 2, n\in N$ .

Οι τέμνονται στο . Θεωρούμε το $P \in AB$ ώστε να είναι $PZ \perp EH$ .

Αν $C_{A},C_{B}$ οι περίκυκλοι των τριγώνων και αντίστοιχα με $E_{A},E_{B}$ τα εμβαδά των κυκλικών τους δίσκων

και ισχύει $2E_{B}=3E_{A}$ τότε : Να βρεθούν οι γωνίες του τετραπλεύρου .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλησπέρα!

Είναι $\rm \dfrac{AD}{DE}=2^n=\dfrac{BC}{CH}\Rightarrow \dfrac{AE}{ED}=\dfrac{BH}{CH}$ .Επίσης $\rm \dfrac{CN}{ND}=1=\dfrac{BM}{MA}$ .
Έστω $\rm Z'$ το μέσο του $\rm HE$ .Από το Θεώρημα ίσων λόγων έπεται πως $\rm N,Z',M$ συνευθειακά δηλαδή $\rm Z'\equiv Z$ .
Από τα παραπάνω θα είναι $\rm PE=PH$ .Αν $\rm R_A,R_B$ οι ακτίνες των περίκυκλων των $\rm PAE,PHB$ αντίστοιχα τότε από την υπόθεση $\rm 2\pi R_B^2=3\pi R_A^2\Leftrightarrow \dfrac{R_A}{R_B}=\sqrt{\dfrac {2}{3}}$ .

Είναι $\rm \sqrt{\dfrac{2}{3}}=\dfrac{R_A}{R_B}=\dfrac{2R_A}{R_B}=\dfrac{\dfrac{PE}{\sin \angle EAP}}{\dfrac{PH}{\sin \angle CBA}}=\dfrac{\sin \angle CBA}{\sin \angle BAD}\Leftrightarrow \dfrac{\sin \angle CBA}{\sin \angle BAD}= \sqrt{\dfrac{2}{3}} \,\,(*)$ .

Έστω $\rm \angle BAD=x$ ,επειδή $\rm \angle C+\angle D=165^{\circ}$ θα είναι $\rm \angle CBA+x=360^{\circ}-165^{\circ}=195^{\circ}$ .
Άρα η (*)

γίνεται $\rm \sqrt{\dfrac{2}{3}}= \dfrac{\sin (195^{\circ}-x)}{\sinx}=\dfrac{\sin 195^{\circ}\cos x-\cos 195^{\circ}\sin x}{\sin x}=-\sin 15^{\circ}\cot x+\cos 15^{\circ} \Leftrightarrow$
$\rm \Leftrightarrow \cot x=\dfrac{\cos 15^{\circ}-\sqrt{\dfrac{2}{3}}}{\sin 15^{\circ}}=\dfrac{\dfrac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}-\sqrt{\dfrac{2}{3}}}{\dfrac{\sqrt{3}-1}{2\sqrt{2}}}=..=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\cot 60^{\circ}$ οπότε επειδή $\rm x<195^{\circ}<\pi+60^{\circ}$ θα είναι $\rm \angle A=60^{\circ},\angle B=135^{\circ}$ από όπου λόγω του εγγράψιμου είναι $\rm \angle C=120^{\circ},\angle D=45^{\circ}$

mathematica.gr

Κυκλικοί δίσκοι και γωνίες

Κυκλικοί δίσκοι και γωνίες

Re: Κυκλικοί δίσκοι και γωνίες