mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 08, 2024 1:22 pm**

: Παράλογη ισότητα.png (16.12 KiB) Προβλήθηκε 682 φορές

Πάνω στην κάθετη στο άκρο

της διαμέτρου AB=d

, ενός ημικυκλίου , θεωρούμε τμήμα : SC=d

.

Οι μη συμπίπτουσες εφαπτόμενες από τα S , C

προς το ημικύκλιο , τέμνονται στο σημείο

. Καλούμε

την προβολή του

στην

και

την τομή του

με το τόξο . Δείξτε ότι : TP=BQ

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 16, 2025 9:56 pm**

Επαναφορά!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 18, 2025 1:12 am**

Πολύ όμορφο πρόβλημα

: Παράλογη ισότητα.png (30.54 KiB) Προβλήθηκε 379 φορές

$\bullet$ Είναι $\displaystyle TZ^{2}\overset{\Pi .\Theta \vartriangle OTZ}=TO^{2}-OZ^{2}\overset{\Pi .\Theta \vartriangle OTH \left ( \angle OHT\overset{\epsilon \pi \alpha \phi \eta }=90^\circ \right )}=R^{2}+\left ( CH-CT \right )^{2}-OZ^2\displaystyle \overset{CA=CH \left ( \epsilon \phi \alpha \pi \tau o\mu \epsilon \nu \alpha \tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha \right )}=$ $\displaystyle =R^{2}+\left ( AC-CT \right )^{2}-OZ^2=R^{2}+\left ( AC-CT \right )^{2}-\left ( BZ-R \right )^{2} =$
$=\left ( AC-CT \right )^{2}-BZ^{2}+BZ\cdot BA \overset{\Theta .\Pi \varrho o\beta o\lambda \omega \nu \vartriangle BQA\left ( QZ \upsilon \psi o\varsigma \right )}=\left ( AC-CT \right )^{2}-BZ^{2}+BQ^{2}\left ( 1 \right ).$
Με $\displaystyle E\equiv CT\cap AB\overset{TZ \parallel AC}\Rightarrow \frac{AZ}{AE}=\frac{CT}{CE}\Rightarrow BZ=2R-\frac{AE\cdot CT}{CE}\left ( 2 \right ).$
και από $\displaystyle CT+BZ\overset{(2)}=CT+2R-\frac{AE\cdot CT}{CE}=2R+CT\cdot \left ( 1-\frac{AE}{CE} \right )\left ( \ast \right ).$
$\bullet$ Ακόμα $\displaystyle \frac{CT}{2R}=\frac{CT}{CS}=\frac{\sin \angle CST}{\sin \angle CTS}(3),$ κι επειδή το

είναι το

παράκεντρο του τριγώνου $\vartriangle CST,$ οι ευθείες CO,SO

διχοτομούν τις γωνίες $\angle SCT$ και $\angle AST.$
Οπότε $\displaystyle \frac{CT}{2R}\overset{\left ( 3 \right )}=\frac{\sin \left ( 2\angle SOA \right )}{\sin \left ( 2\angle SOA+2\angle OCA \right )}=\frac{2\sin \angle SOA \cos \angle SOA}{2\sin \left ( \angle SOA+\angle OCA \right ) \cos \left ( \angle SOA+\angle OCA \right )}=$
$\displaystyle \overset{\angle OAC\equiv \angle OAS=90^\circ}=\frac{\frac{SA\cdot OA}{SO^{2}}}{\left ( \frac{SA}{SO}\cdot \frac{CA}{CO}+\frac{OA}{SO}\cdot \frac{OA}{CO} \right )\left ( \frac{OA}{OS}\cdot \frac{AC}{OC}-\frac{SA}{OS} \cdot \frac{OA}{OC}\right )}=\frac{SA\cdot OA\cdot OC^{2}}{\left ( SA\cdot CA+OA^{2} \right )\left ( OA\cdot AC-SA\cdot OA \right )}\left ( 4 \right ).$
Επειδή $\displaystyle \frac{AE}{CE}\overset{\left ( \alpha \pi o\delta \iota \chi o\tau o\mu o \right )}=\sin \left ( 2\angle OCA \right )=\frac{2OA\cdot AC}{OC^{2}}\Rightarrow 1-\frac{AE}{CE}=\frac{OC^{2}-2OA\cdot AC}{OC^{2}}\left ( 5 \right ).$
Τώρα από τις σχέσεις $\displaystyle \left ( 4 \right )\&\left ( 5 \right )\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow CT+BZ=2R\left ( 1+\frac{SA\cdot OA\cdot OC^{2}}{\left ( SA\cdot CA+OA^{2} \right )\left ( OA\cdot AC-SA\cdot OA \right )}\cdot \frac{OC^{2}-2OA\cdot AC}{OC^{2}} \right )\left ( 6 \right ).$
Επειδή όμως CS=2R ,

από τη σχέση (6)

έχουμε $\displaystyle CT+BZ=2R\cdot \frac{\left ( SA^{2}+2R\cdot SA+R^{2} \right )\left ( R\cdot SA+2R^{2}-R\cdot SA \right )+SA\cdot R\cdot \left ( R+SA \right )^{2}}{\left ( R+SA \right )^{2}\cdot 2R^{2}}=$ $\displaystyle \frac{2R^{2}+SA\cdot R}{R}=2R+SA=AC\Rightarrow AC-CT=BZ\overset{(1)}\Rightarrow TZ^{2}=QB^{2}\Rightarrow \boxed{TZ=QB}.$

: Παράλογη ισότητα.png (30.54 KiB) Προβλήθηκε 379 φορές

mathematica.gr

Παράλογη ισότητα

Παράλογη ισότητα

Re: Παράλογη ισότητα

Re: Παράλογη ισότητα