mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 25, 2020 9:03 pm**

: Η τρίτη χορδή.png (15.63 KiB) Προβλήθηκε 751 φορές

Υπολογίστε την χορδή

, γνωρίζοντας ότι : SA=a , SC=c

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 25, 2020 9:09 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 9:03 pm
Η τρίτη χορδή.pngΥπολογίστε την χορδή , γνωρίζοντας ότι :

Μήπως ειναι a+c

?

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 25, 2020 9:12 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 9:03 pm
Η τρίτη χορδή.pngΥπολογίστε την χορδή , γνωρίζοντας ότι :

Απάντηση:

Το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο (φανερά δύο γωνίες 60^o

), οπότε από γνωστή ιδιότητα των ισοπλεύρων τριγώνων (που βγαίνει εύκολα από το Θεώρημα του Πτολεμαίου) είναι SB=SA+SC=a+c

.

Εdit: Με πρόλαβε ο Στάθης. Το αφήνω γιατί χάρηκα την επίλυση.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 25, 2020 9:35 pm**

: Η δεύτερη χορδή.png (14.56 KiB) Προβλήθηκε 730 φορές

Ας το δυσκολέψουμε λίγο . Ο κύκλος έχει ακτίνα

και

. Υπολογίστε την

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 25, 2020 10:59 pm**

Χρόνια πολλά!
Για το δεύτερο ερώτημα, έστω στο πρώτο σχήμα η διχοτόμος της $\angle ASB$ , η οποία τέμνει τον κύκλο σε σημείο

. Το τμήμα SB’

(έστω μήκους

) ταυτίζεται με το τμήμα που θελουμε να υπολογίσουμε (δηλαδή το προηγούμενο

παραμένει

και το “καινούριο”

είναι

)
Προφανώς θα είναι $SB’ \perp SC$ και η B’C

διάμετρος, οπότε με Π.Θ. στο $\Delta B’SC$ έχουμε: $x^{2}=4r^{2}-c^{2}$ .
Το

είναι μέσο του τόξου

, οπότε:

Τώρα, ο Ν. Συνημιτόνων στα τρίγωνα $\Delta ASB’, \Delta BSB’$ δίνει:
$AB’^{2}=a^{2}+x^{2}-2ax\cos{\frac{\pi}{6}}=a^{2}+x^{2}-\sqrt{3}ax (2)$
$BB’^{2}=x^{2}+(a+c)^{2}-2x(a+c)\cos{\frac{\pi}{6}}=x^{2}+a^{2}+2ac+c^{2}-\sqrt{3}ax-\sqrt{3}cx (3)$
Από τις (1), (2), (3)

προκύπτει: $a^{2}+x^{2}-\sqrt{3}ax = x^{2}+a^{2}+2ac+c^{2}-\sqrt{3}ax-\sqrt{3}cx$
$\Rightarrow 2ac+c^{2}-\sqrt{3}cx=0 \Rightarrow 2a+c-\sqrt{3}x=0 \Rightarrow c=\sqrt{3}x-2a$

Τελικά: $x^{2}=4r^{2}-c^{2} \Rightarrow x^{2}=4r^{2}-(\sqrt{3}x-2a)^{2}= 4r^{2}-3x^{2}+4\sqrt{3}ax-4a^{2}$
$\Rightarrow x^{2}-\sqrt{3}ax+a^{2}-r^{2}=0$

Επιλύοντας ως προς

: $x=\frac{\sqrt{3}a+\sqrt{4r^{2}-a^{2}}}{2}$

Ας επισημανθεί ότι το συμπέρασμα του πρώτου ερωτήματος είναι γνωστό ως θεώρημα Van Schooten.

edit: Έγινε διόρθωση στο τελικό αποτέλεσμα, έπειτα από παρατήρηση του κ. Λάμπρου.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 26, 2020 12:59 am**

StamatisGoudis έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 10:59 pm
Τελικά: $x^{2}=4r^{2}-c^{2} \Rightarrow x^{2}=4r^{2}-(\sqrt{3}x-2a)^{2}= 4r^{2}-3x^{2}-4\sqrt{3}ax+4a^{2}$

Ωραία η λύση του Σταμάτη αλλά προσοχή, υπάρχει μικρή τυπογραφική αβλεψία στο σημείο που απομόνωσα (τα δύο τελευταία πρόσημα είναι ανάποδα). Η διόρθωση είναι απλή και δίνει την ίδια απάντηση με το παρακάτω.

Άλλη μέθοδος: Επειδή η επίκεντρη στην

είναι

, έπεται ότι AB=r

. Από τον Νόμο των Ημητόνων είναι

$\dfrac {a}{\sin B}= \dfrac {SB}{\sin( B+30)}=2r$ .

Άρα $\sin B = \dfrac {a}{2r}$ , οπότε

$\displaystyle{SB= 2r \sin (B+30) = 2r( \sin B \cos 30 + \cos B \sin 30) =}$

$\displaystyle{=2r \left ( \dfrac {a}{2r}\cdot \dfrac {\sqrt 3}{2} + \sqrt {1- \dfrac {a^2}{4r^2} } \cdot \dfrac {1 }{2} \right ) = \dfrac {1}{2} \left (a\sqrt 3 +\sqrt {4r^2-a^2}\right )}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 26, 2020 2:43 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 9:35 pm
Η δεύτερη χορδή.pngΑς το δυσκολέψουμε λίγο . Ο κύκλος έχει ακτίνα και . Υπολογίστε την

: η τρίτη χορδή_επι τα βελτίω.png (23.17 KiB) Προβλήθηκε 683 φορές

Επειδή $\widehat {{O_{}}} = 60^\circ$ με θ. συνημίτονου στο $\vartriangle SAB$ έχω:

${R^2} = {a^2} + {x^2} - 2ax\cos 30^\circ \Leftrightarrow {x^2} - a\sqrt 3 x + {a^2} - {R^2} = 0$ με δεκτή την θετική ρίζα :

$\boxed{x = \frac{{\sqrt {4{R^2} - {a^2}} + a\sqrt 3 }}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 26, 2020 8:44 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 25, 2020 9:35 pm
Η δεύτερη χορδή.pngΑς το δυσκολέψουμε λίγο . Ο κύκλος έχει ακτίνα και . Υπολογίστε την

$2rSB= r\sqrt{4a^2-r^2} +ra \sqrt{3} \Rightarrow SB= \dfrac{a \sqrt{3} +\sqrt{4a^2-r^2}}{2}$

: τρίτη χορδή.png (21.11 KiB) Προβλήθηκε 663 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 26, 2020 8:57 am**

Και γιατί να μην πάμε με Θεώρημα Πτολεμαίου όπως κάναμε στην πρώτη λύση;

Έχουμε $2rx=ar\sqrt 3 + r\sqrt {4r^2-a^2}$ . Τελειώσαμε.

Ούπς. Παρά άργησα. Με πρόλαβε ο συνονόματος. Το αφήνω για τον κόπο του σχήματος.