mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 17, 2020 8:32 pm**

: Ενδιαφέρων λόγος.png (14.85 KiB) Προβλήθηκε 860 φορές

Στην διάμετρο

ενός ημικυκλίου κινείται σημείο

. Υψώνω το κάθετο προς την

τμήμα

, του οποίου το μέσο ονομάζω

. Η

τέμνει το τόξο στο σημείο

.

Βρείτε εκείνη την θέση του

, για την οποία προκύπτει : $(PMS)=\dfrac{3}{2}(TMA)$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 18, 2020 1:35 am**

KARKAR έγραψε: Πέμ Δεκ 17, 2020 8:32 pm Ενδιαφέρων λόγος.pngΣτην διάμετρο ενός ημικυκλίου κινείται σημείο . Υψώνω το κάθετο προς την

τμήμα , του οποίου το μέσο ονομάζω . Η τέμνει το τόξο στο σημείο .

Βρείτε εκείνη την θέση του , για την οποία προκύπτει : $(PMS)=\dfrac{3}{2}(TMA)$ .

: ενδιαφέρων λόγος_17_12_20_ok.png (20.01 KiB) Προβλήθηκε 825 φορές

Επειδή , $\boxed{\frac{{\left( {MTA} \right)}}{{\left( {MSP} \right)}} = \frac{{MT \cdot MA}}{{MS \cdot MP}} \Leftrightarrow \frac{2}{3} = \frac{{MA}}{{MP}}}$

Αν AM = 2k

θα είναι

. Ας είναι ακόμα: $AS = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SM = MT = y$ .

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο MSBP

έχω: $10{k^2} = 2Rx\,\,\left( 1 \right)$

Από το Π. Θ. στο $\vartriangle SMA$ και το ύψος του ορθογωνίου τριγώνου TAB

έχω:

$4{k^2} = {x^2} + {y^2} = {x^2} + \dfrac{1}{4}{\left( {2y} \right)^2} = {x^2} + \dfrac{1}{4}\left( {x\left( {2R - x} \right)} \right)$ ή $16{k^2} = 3{x^2} + 2Rx\,\,\left( 2 \right)$

Με διαίρεση κατά μέλη από τις $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ διώχνω το ${k^2}$ κι έχω :

$\boxed{x = \dfrac{{2R}}{5}}$ Δηλαδή : Αν

το κέντρο του ημικυκλίου θα είναι : $\boxed{\dfrac{{\left( {MTA} \right)}}{{\left( {MSP} \right)}} = \dfrac{2}{3} = \dfrac{{AS}}{{SO}}}$

Επί πλέον το

προκύπτει μέσο του ημικυκλίου .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 18, 2020 2:17 am**

KARKAR έγραψε: Πέμ Δεκ 17, 2020 8:32 pm Ενδιαφέρων λόγος.pngΣτην διάμετρο ενός ημικυκλίου κινείται σημείο . Υψώνω το κάθετο προς την

τμήμα , του οποίου το μέσο ονομάζω . Η τέμνει το τόξο στο σημείο .

Βρείτε εκείνη την θέση του , για την οποία προκύπτει : $(PMS)=\dfrac{3}{2}(TMA)$ .

$\dfrac{(MSP)}{(TAM)} = \dfrac{(MSP)}{(MAS)}= \dfrac{3}{2}= \dfrac{PM}{x} \Rightarrow PM= \dfrac{3x}{2}$

$TM.MN=AM.MP\Rightarrow x. \dfrac{3x}{2}=3y^2 \Rightarrow \dfrac{y}{x}= \dfrac{ \sqrt{2} }{2}=sin \theta \Rightarrow \angle \theta =45^0$

Άρα

είναι το κέντρο του κύκλου και $\dfrac{AS}{R} = \dfrac{AM}{AP} = \dfrac{2}{5} \Rightarrow AS= \dfrac{2R}{5}$

: ενδιαφέρων λόγος.png (22.16 KiB) Προβλήθηκε 824 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 18, 2020 10:24 am**

KARKAR έγραψε: Πέμ Δεκ 17, 2020 8:32 pm Ενδιαφέρων λόγος.pngΣτην διάμετρο ενός ημικυκλίου κινείται σημείο . Υψώνω το κάθετο προς την

τμήμα , του οποίου το μέσο ονομάζω . Η τέμνει το τόξο στο σημείο .

Βρείτε εκείνη την θέση του , για την οποία προκύπτει : $(PMS)=\dfrac{3}{2}(TMA)$ .

Είναι

$AS=x,(AST)=2E,(STP)=3E, 2E=\dfrac{1}{2}.x.(ST),(1) 3E=\dfrac{1}{2}.(TS).(LP),(2), (1),(2)\Rightarrow LP=\dfrac{3x}{2},(3)$

Από τις μετρικές σχέσεις στα ορθογώνια τρίγωνα $ATB,APB,AT=\sqrt{2Rx},TS=\sqrt{2Rx-x^{2}}, AP=\sqrt{5Rx}=AM+MP,(3) AS//LP\Rightarrow AM=\dfrac{2}{3}MP,(4), (3),(4)\Rightarrow AM^{2}=\dfrac{2Rx+3x^{2}}{4},(*), AM^{2}=\dfrac{4}{5}Rx,(**), (*),(**)\Rightarrow x=\dfrac{2R}{5}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 18, 2020 11:11 am**

KARKAR έγραψε: Πέμ Δεκ 17, 2020 8:32 pm Ενδιαφέρων λόγος.pngΣτην διάμετρο ενός ημικυκλίου κινείται σημείο . Υψώνω το κάθετο προς την

τμήμα , του οποίου το μέσο ονομάζω . Η τέμνει το τόξο στο σημείο .

Βρείτε εκείνη την θέση του , για την οποία προκύπτει : $(PMS)=\dfrac{3}{2}(TMA)$ .

Θέτω

και

Είναι $\displaystyle 4{y^2} = x(2R - x) \Leftrightarrow$ $\boxed{{y^2} = \frac{{2Rx - {x^2}}}{4}}$ (1)

: Ενδιαφέρων λόγος.Κ.png (15.26 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

$\displaystyle MP = \frac{3}{2}AM \Leftrightarrow AM \cdot MP = \frac{3}{2}A{M^2} \Leftrightarrow {R^2} - O{M^2} = \frac{3}{2}({x^2} + {y^2}) \Leftrightarrow$

$\displaystyle {R^2} - \left( {{y^2} + {{(R - x)}^2}} \right) = \frac{{3{x^2} + 3{y^2}}}{2} \Leftrightarrow {y^2} = \frac{{4Rx - 5{x^2}}}{5}\mathop = \limits^{(1)} \frac{{2Rx - {x^2}}}{4},$

απ' όπου προκύπτει $\boxed{x=\frac{2R}{5}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 18, 2020 12:02 pm**

Έχοντας διαβάσει τις δύο πρώτες απαντήσεις, απλά να παραθέσω μια διαφορετική
διατύπωση της λύσης του Μιχάλη Τσουρακάκη.

$\displaystyle{ \begin{aligned} & {(TAM) \over (SPM)} = {(AMS) \over (MSO)} = {AS \over SO} = {2 \over 3} \rightarrow = {AS \over AO} = {2 \over 5} \rightarrow AS = {2R \over 5} \cr \end{aligned} }$

Το ότι

είναι το κέντρο του κύκλου, όπως στην απόδειξη του Μιχάλη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 20, 2020 9:10 pm**

Καλό βράδυ σε όλους! Εξαιρετικές οι ως άνω λύσεις! Ας δείξουμε μόνο ότι $\widehat{MAS}=45^o$ και με άλλο τρόπο

: Ενδιαφέρων λόγος.png (204.57 KiB) Προβλήθηκε 729 φορές

Φέρω $PO \perp AB$ . Έστω AS =x

και

.

Θα δείξουμε ότι x=y

. Από τη σχέση των εμβαδών παίρνουμε AP=5AM/2

οπότε και

Έχουμε $ST^{2}=AS\cdot BS\Rightarrow 4y^{2}=x\left ( 2R-x \right )\Rightarrow 2Rx=4y^{2}+x^{2}$ αλλά και

$AP^{2}=AO\cdot AB\Rightarrow 25AM^{2}/4=5x/2\cdot 2R\Rightarrow 2Rx=5\left ( x^{2}+y^{2} \right )/2$ .

Εξισώνοντας προκύπτει $8y^{2}+2x^{2}=5x^{2}+5y^{2}\Leftrightarrow \boxed{x=y}$ . Φιλικά, Γιώργος.

mathematica.gr

Ενδιαφέρων λόγος

Ενδιαφέρων λόγος

Re: Ενδιαφέρων λόγος

Re: Ενδιαφέρων λόγος

Re: Ενδιαφέρων λόγος

Re: Ενδιαφέρων λόγος

Re: Ενδιαφέρων λόγος

Re: Ενδιαφέρων λόγος