Νεότατο τμήμα

KARKAR · #1

: Νεότατο τμήμα.png (10.32 KiB) Προβλήθηκε 590 φορές

Το τμήμα

εφάπτεται του ημικυκλίου του σχήματος . Υπολογίστε το μήκος του .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 19, 2018 10:27 am
Νεότατο τμήμα.pngΤο τμήμα εφάπτεται του ημικυκλίου του σχήματος . Υπολογίστε το μήκος του .

Από νέο σε νεότατο; Μα κακομαθαίνετε κύριε KARKAR!

: Νεότατο τμήμα.png (19.88 KiB) Προβλήθηκε 577 φορές

Επεξεργασία: Άρση απόκρυψης
.

#3

: νεότατο τμήμα.png (23.59 KiB) Προβλήθηκε 563 φορές

Έστω

.Αν οι $QS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BA$ τέμνονται στο

η τετράδα $(A,B\backslash J,P)$ είναι αρμονική .

Έτσι: $\dfrac{{AJ}}{{AP}} = \dfrac{{BJ}}{{BP}} \Rightarrow \boxed{JA = \frac{{10}}{3}}$ . Με Π. Θ. στο $\vartriangle PJQ$ έχω : $\displaystyle \boxed{JQ = \frac{{20}}{3}}$ .

Από Θ. Μενελάου στο $\vartriangle PJQ$ και διατέμνουσα $\overline {SMB}$ έχω :

$\dfrac{{PB}}{{BJ}} \cdot \dfrac{{JS}}{{SQ}} \cdot \dfrac{{QM}}{{MP}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{8 \cdot 3}}{{40}} = \dfrac{{3x}}{{20 - 3x}} \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{5}{2}}$

#4

: Νεότατο τμήμα_new.png (35.56 KiB) Προβλήθηκε 541 φορές

Έστω

η προβολή του

στην

. Είναι

$P{Q^2} = PA \cdot PB = 16 \Rightarrow PQ = 4 \Rightarrow MQ = MP = 2$

Επειδή $\widehat {TSQ} = \widehat {PQO}$ (κάθετες πλευρές) είναι $\vartriangle TSQ \approx \vartriangle PQO$ και άρα :

$SQ = 5k,ST = 4k,TQ = 3k\,\,,\,\,k > 0$ . Από την ομοιότητα : $\vartriangle PMB \approx \vartriangle TSM \Rightarrow TM = k$

Αφού $MQ = 4k = 2 \Rightarrow \boxed{k = \frac{1}{2}} \Rightarrow \boxed{SQ = 5k = \frac{5}{2}}$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 19, 2018 10:27 am
Νεότατο τμήμα.pngΤο τμήμα εφάπτεται του ημικυκλίου του σχήματος . Υπολογίστε το μήκος του .

: Νεότατο τμήμα.png (19.88 KiB) Προβλήθηκε 513 φορές

πρώτα βρίσκω εύκολα ότι $\displaystyle PM = MQ = 2$ και στη συνέχεια με Πυθαγόρειο $\displaystyle MQ = 2AQ = 4\sqrt 5 ,MB = 2\sqrt {17} ,$

απ' όπου παίρνω $\displaystyle \cos \theta = \frac{{2\sqrt 5 }}{5},\sin \theta = \frac{{\sqrt 5 }}{5},\cos (M\widehat BA) = \frac{4}{{\sqrt {17} }}.$ Τα υπόλοιπα με νόμο συνημιτόνων:

● στο τρίγωνο SQB,

$\displaystyle{S{B^2} = {x^2} + 80 - 8x\sqrt 5 \cos ({90^0} + \theta ) \Leftrightarrow }$ $\boxed{SB^2=x^2+8x+80}$ (1)

● στο τρίγωνο SQA,

$\displaystyle {y^2} = {x^2} + 20 - 4\sqrt 5 \cos \theta \Leftrightarrow$ $\boxed{y^2=x^2-8x+20}$ (2)

● στο τρίγωνο SAB,

$\displaystyle {y^2} = S{B^2} + 100 - 20SB\frac{4}{{\sqrt {17} }}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1),(2)} 25({x^2} + 8x + 80) = 17{(x + 10)^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{x < 2\sqrt 5 }$ $\boxed{x=\frac{5}{2}}$

Παρατήρηση: Από την (2)

είναι και $\displaystyle y = \frac{5}{2}$ που σημαίνει ότι η

εφάπτεται στο ημικύκλιο.

Νεότατο τμήμα

Νεότατο τμήμα

Re: Νεότατο τμήμα

Re: Νεότατο τμήμα

Re: Νεότατο τμήμα

Re: Νεότατο τμήμα

Μέλη σε σύνδεση