mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 12, 2018 8:17 pm**

: 50%.png (16.61 KiB) Προβλήθηκε 576 φορές

Το σημείο

ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου

. Οι διχοτόμοι των $\hat{B} , \hat{C}$

τέμνονται στο

και τέμνουν το ημικύκλιο στα S,P

αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι : (EBC)=2(ESP)

.

β) Αν το

είναι το μέσο της

, βρείτε την $\tan\hat{B}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 12, 2018 10:20 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 12, 2018 8:17 pm
50%.pngΤο σημείο ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου . Οι διχοτόμοι των $\hat{B} , \hat{C}$

τέμνονται στο και τέμνουν το ημικύκλιο στα αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι : .

β) Αν το είναι το μέσο της , βρείτε την $\tan\hat{B}$ .

Για το πρώτο ερώτημα.

: 50 στα 100.png (23.58 KiB) Προβλήθηκε 546 φορές

Ας είναι

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του $\vartriangle ABC$ με τη

.

Θα είναι $\boxed{ET = r\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE = r\sqrt 2 }$ . Επειδή Θ. Ν πόλου: $\left\{ \begin{gathered} SA = SE = SC\, \hfill \\ PA = PR = PB\, \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Θα είναι η

μεσοκάθετος στο

άρα αρκεί να δείξουμε ότι :

$(EBC) = (APES) \Leftrightarrow ra = AE \cdot PS \Leftrightarrow ra = r\sqrt 2 \cdot PS$ που ισχύει αφού το

$\vartriangle OPS$ είναι ισοσκελές ορθογώνιο με κάθετες πλευρές $\dfrac{a}{2}$ και άρα $PS = \dfrac{a}{2}\sqrt 2$ .

Στο άλλο θα με απασχολήσει η γεωμετρική κατασκευή του τριγώνου κι μετά ο υπολογισμός

Είναι

: 50 στα 100_Β ερώτημα.png (28.44 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές

Το

είναι τέτοιο ώστε $\dfrac{{SB}}{{SC}} = 2$ (Κατασκευή με κύκλο του Απολλώνιου )

Εύκολα μετά $\displaystyle \boxed{\tan B = \frac{4}{3}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 12, 2018 11:41 pm**

Χαιρετώ! Για το α' : Το τρίγωνο PEB

είναι ορθ. και ισοσκελές άρα $BE=\sqrt{2}PE$ .

Για τα όμοια τρίγωνα BEC,PES

παίρνουμε : $\dfrac{\left ( BEC \right )}{\left ( PES \right )}=(\dfrac{BE}{PE})^{^{2}}=2$

: 13-1-18 ..50 στα 100.PNG (8.09 KiB) Προβλήθηκε 523 φορές

Για το β' : Αν ES=BS/2

τότε και

(αφού και τρίγωνο SEC

ορθ. και ισοσκελές)

άρα $tan\omega =1/2$ . Τότε $tanB=tan2\omega =\dfrac{2tan\omega }{1-tan^{2}\omega }=\dfrac{4}{3}$ ..Φιλικά Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 13, 2018 1:53 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 12, 2018 8:17 pm
50%.pngΤο σημείο ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου . Οι διχοτόμοι των $\hat{B} , \hat{C}$

τέμνονται στο και τέμνουν το ημικύκλιο στα αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι : .

β) Αν το είναι το μέσο της , βρείτε την $\tan\hat{B}$ .

1.Επειδή $\displaystyle \vartriangle ESC,PBE$ είναι ορθογώνια ισοσκελή, το $\displaystyle D$ είναι μέσον της $\displaystyle EC$ και $\displaystyle SD//BP \Rightarrow PSDB$ τραπέζιο

άρα $\displaystyle \left( {PSE} \right) = \left( {EBD} \right) = \frac{{\left( {BEC} \right)}}{2} \Rightarrow \boxed{\left( {BEC} \right) = 2\left( {PSE} \right)}$

2.Αν επιπλέον $\displaystyle E$ μέσον της $\displaystyle BS$ ,το $\displaystyle BPSD$ είναι παραλ/μμο $\displaystyle \Rightarrow PE = ED = DC = PB$ .

Ακόμη, $\displaystyle \angle PBA = \angle PSB = \theta$ (βαίνουν σε ίσα τόξα)

Είναι $\displaystyle \tan \left( {{{45}^0} + \theta } \right) = \frac{{PD}}{{SD}} = 2 \Rightarrow \frac{{1 + \tan \theta }}{{1 - \tan \theta }} = 2 \Rightarrow \boxed{\tan \theta = \frac{1}{3}}$

$\displaystyle \tan B = \tan \left( {\angle PBC - \theta } \right) = \frac{{\tan \angle PBC - \tan \theta }}{{1 + \tan \angle PBC \cdot \tan \theta }} = \frac{{3 - \frac{1}{3}}}{{1 + 3 \cdot \frac{1}{3}}} \Rightarrow \boxed{\tan B = \frac{4}{3}}$

: 50%.png (20.18 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 13, 2018 11:18 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 12, 2018 8:17 pm
50%.pngΤο σημείο ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου . Οι διχοτόμοι των $\hat{B} , \hat{C}$

τέμνονται στο και τέμνουν το ημικύκλιο στα αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι : .

β) Αν το είναι το μέσο της , βρείτε την $\tan\hat{B}$ .

: 50%.png (23.01 KiB) Προβλήθηκε 490 φορές

α) $P\widehat OS=90^0,$ άρα

είναι η πλευρά του τετραγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας

οπότε $PS=R\sqrt 2$

κι επειδή τα τρίγωνα EBC, ESP

είναι όμοια, θα είναι $\displaystyle \frac{{(EBC)}}{{(ESP)}} = {\left( {\frac{{2R}}{{R\sqrt 2 }}} \right)^2} = 2$

β) $EC=ES\sqrt 2=BE\sqrt 2$ και από νόμο συνημιτόνων στο BEC:

$\displaystyle 4{R^2} = 3B{E^2} - 2B{E^2}\sqrt 2 \cos {135^0} \Leftrightarrow$

$\displaystyle B{E^2} = \frac{{4{R^2}}}{5},$ οπότε $\displaystyle {\cos ^2}\theta = \frac{{B{E^2}}}{{B{O^2}}} = \frac{4}{5} \Leftrightarrow \cos 2\theta = \frac{3}{5}$ και $\boxed{\tan B = \tan 2\theta = \frac{4}{3}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 13, 2018 11:32 am**

Παρατήρηση :

Το τρίγωνο είναι της μορφής , προκύπτει δε χωρίς τριγωνομετρία( αλλά όχι πιο απλά).

mathematica.gr

50%

50%

Re: 50%

Re: 50%

Re: 50%

Re: 50%

Re: 50%