Μέγιστο και εφαπτομένη

KARKAR · #1

: Μέγιστο και εφαπτομένη.png (9.16 KiB) Προβλήθηκε 637 φορές

Σε σημείο

της διαμέτρου AB=6

ενός ημικυκλίου , υψώνω το κάθετο τμήμα

. Φέρω

την εφαπτομένη του τόξου στο σημείο

και ονομάζω

την προβολή του

, πάνω σ΄αυτήν .

Υπολογίστε το μέγιστο μήκος του τμήματος

και την $\tan\omega$ , την στιγμή της μεγιστοποίησης .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 06, 2021 7:30 pm
Μέγιστο και εφαπτομένη.pngΣε σημείο της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , υψώνω το κάθετο τμήμα . Φέρω

την εφαπτομένη του τόξου στο σημείο και ονομάζω την προβολή του , πάνω σ΄αυτήν .

Υπολογίστε το μέγιστο μήκος του τμήματος και την $\tan\omega$ , την στιγμή της μεγιστοποίησης .

: Μέγιστο κι εφαπτομένη_a.png (19.74 KiB) Προβλήθηκε 595 φορές

α) Επειδή η

διχοτομεί την $\widehat {PST}$ το τετράπλευρο SPBT

είναι εγγράψιμος χαρταετός και ας είναι

το κέντρο του κύκλου του .

Επειδή , $AT \leqslant AK + KT$ την πιο μεγάλη τιμή την παίρνει όταν τα A,K,T

είναι συνευθειακά .

β)

: Μέγιστο κι εφαπτομένη_b.png (22.62 KiB) Προβλήθηκε 595 φορές

Τότε

και επειδή το τετράπλευρο SMPB

είναι ισοσκελές τραπέζιο ( PB = BT = //MS

)

Εύκολα προκύπτει : $\boxed{x = 2}$ ,

Από την αρμονική σημειοσειρά :

$\left( {A,B\backslash P,J} \right)$ ( σχήμα) έχω : $AB = BJ = 6\,\,,\,\,BT = 2,\,\,TJ = 4\sqrt 2$ .

Από Θ. διαμέσων στο $\vartriangle TAJ$ $\boxed{AT = 4\sqrt 3 \,\,\,}$ . .

Τέλος δε, από το ορθογώνιο τρίγωνο BTM

, βρίσκω ακόμα $\boxed{\tan \widehat {ETB} = \sqrt 2 }$ .

STOPJOHN · #3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 06, 2021 7:30 pm
Μέγιστο και εφαπτομένη.pngΣε σημείο της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , υψώνω το κάθετο τμήμα . Φέρω

την εφαπτομένη του τόξου στο σημείο και ονομάζω την προβολή του , πάνω σ΄αυτήν .

Υπολογίστε το μέγιστο μήκος του τμήματος και την $\tan\omega$ , την στιγμή της μεγιστοποίησης .

Είναι $PS=ST,PB=PT=x,\hat{TPB}=\phi =\hat{PTB}=\hat{PSB}=\hat{BST}=\hat{SAB}$ ,

γιατί

Είναι μεσοκάθετη στην

Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο

$ABT,AT^{2}=x^{2}+36+12x.cos2\phi ,(1),$

Από μετρικές σχέσεις στο τρίγωνο

$ASB,SB^{2}=6x,AS^{2}=6(6-x),SP^{2}=x(6-x), cos\phi =\sqrt{\dfrac{6-x}{6}}, cos2\phi =\dfrac{3-x}{3}$

Οπότε

$y^{2}=AT^{2}=-3x^{2}+12x+36\Leftrightarrow 3x^{2}-12x+y^{2}-36=0,\Delta \geq 0\Leftrightarrow y\leq 4\sqrt{3}$ Αρα $(AT)_{max}=4\sqrt{3},x=2$

Για το επόμενο ερώτημα

Στο τρίγωνο

$ATB,AT.sin\omega =6.sin2\phi ,(*),sin\phi= \sqrt{\dfrac{1}{3}},cos\phi =\sqrt{\dfrac{2}{3}}, sin\omega =\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}},cos\omega =\sqrt{\dfrac{1}{3}}, tan\omega =\sqrt{2}$

#4

: Μέγιστο κι εφαπτομένη_κατασκευή υπολογισμοί.png (18.23 KiB) Προβλήθηκε 586 φορές

Από την πιο πάνω ανάρτησή μου το μέγιστο του

προκύπτει όταν PB = 2

.

Έστω

η προβολή του

στην

.

Στο δισορθογώνιο τραπέζιο AHTB

η διάμεσός του OS = 3

άρα

.

Επειδή : $ST = SP = k = \sqrt {PB \cdot PA} = 2\sqrt 2 \Rightarrow HT = 4\sqrt 2$ κι έτσι :

Από το Π. Θ. στο $\vartriangle HAT$ έχω: $AT = \sqrt {{{\left( {4\sqrt 2 } \right)}^2} + {4^2}} = 4\sqrt 3$ και

$\boxed{\tan \omega = \frac{{HT}}{{HA}} = \frac{{4\sqrt 2 }}{4} = \sqrt 2 }$

Παρατήρηση .

Και το πρώτο ερώτημα προκύπτει με το πιο πάνω σχήμα πολύ απλούστερα. Καταλήγω σε απλό τριώνυμο με μεταβλητή :

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 06, 2021 7:30 pm
Μέγιστο και εφαπτομένη.pngΣε σημείο της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , υψώνω το κάθετο τμήμα . Φέρω

την εφαπτομένη του τόξου στο σημείο και ονομάζω την προβολή του , πάνω σ΄αυτήν .

Υπολογίστε το μέγιστο μήκος του τμήματος και την $\tan\omega$ , την στιγμή της μεγιστοποίησης .

Έστω

το κέντρο του ημικυκλίου και PB=x.

Τότε $\displaystyle \cos (O\widehat BT) = - \cos \theta = \frac{{x - 3}}{3}$

: Μέγιστο και εφαπτομένη.png (19.25 KiB) Προβλήθηκε 528 φορές

Από τα όμοια τρίγωνα TSB, SAB,

είναι $\displaystyle \frac{{SB}}{6} = \frac{{TB}}{{SB}} \Leftrightarrow 6TB = S{B^2} = 6x \Leftrightarrow$ $\boxed{TB=x}$

Με νόμο συνημιτόνου στο ABT,

έχω $\displaystyle A{T^2} = {x^2} + 36 - 12x\frac{{x - 3}}{3} = - 3{x^2} + 12x + 36,$

που για $\boxed{x=2}$ δίνει $\boxed{A{T_{\max }} = 4\sqrt 3 }$

Mε νόμο συνημιτόνου στο ίδιο τρίγωνο βρίσκω $\displaystyle \cos \omega = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow \tan \omega = \sqrt {\frac{{1 - {{\cos }^2}\omega }}{{{{\cos }^2}\omega }}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\tan \omega = \sqrt 2 }$

#6

Kαλημέρα σε όλους. "Θα ήταν παράλειψη αν δεν δίναμε και μια αμιγώς αναλυτικογεωμετρική λύση στο πρόβλημα του Θανάση" (θα έλεγε ο Καρτέσιος αν συμμετείχε στο

)

: Μέγιστο και εφαπτομένη.png (9.16 KiB) Προβλήθηκε 522 φορές

Είναι

.

Το ημικύκλιο έχει εξίσωση $\displaystyle {x^2} + {y^2} = 9,\;\;y \ge 0$ , οπότε $\displaystyle S\left( {a,\sqrt {9 - {a^2}} } \right)$ .

Η εφαπτομένη

στο

έχει εξίσωση $\displaystyle ax + \sqrt {9 - {a^2}} y = 9$ .

H κάθετή της από το

έχει εξίσωση $\displaystyle y = \frac{{\sqrt {9 - {a^2}} }}{a}x - \frac{{3\sqrt {9 - {a^2}} }}{a}$ ,

οπότε $\displaystyle T\left( {\frac{{ - {a^2} + 3a + 9}}{3},\;\frac{{\left( {3 - a} \right)\sqrt {9 - {a^2}} }}{3}} \right)$

Οπότε $\displaystyle \left( {AT} \right) = ... = \sqrt {3\left( { - {a^2} + 2a + 15} \right)}$ , που έχει μέγιστο για $\displaystyle a = 1$ , με τιμή $\displaystyle \left( {{\rm A}{\rm T}} \right) = 4\sqrt 3$ .

Για a=1

, είναι $\displaystyle T\left( {\frac{{11}}{3},\;\frac{{4\sqrt 2 }}{3}} \right)$ , $\displaystyle \left( {{\rm B}{\rm T}} \right) = 2$ , οπότε

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu \omega = \frac{{{{\left( {{\rm A}{\rm T}} \right)}^2} + {{\left( {{\rm B}{\rm T}} \right)}^2} - {{\left( {{\rm A}{\rm B}} \right)}^2}}}{{2\left( {{\rm A}{\rm T}} \right)\left( {{\rm B}{\rm T}} \right)}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow \varepsilon \varphi \omega = \sqrt {\frac{1}{{\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega }} - 1} = \sqrt 2$

#7

Αλλιώς για την εφαπτομένη, αφού έχουμε ήδη βρει ότι PB=BT=2

και $AT=4\sqrt 3.$

: Μέγιστο και εφαπτομένη.β.png (20.37 KiB) Προβλήθηκε 513 φορές

Έστω

το μέσο του AT.

Με τους τύπους των διαμέσων εύκολα βρίσκω ότι $\displaystyle BG = 2\sqrt 2 ,SG = 2.$ Άρα

το STBG

είναι ορθογώνιο και

είναι το βαρύκεντρο του SAB,

οπότε $\boxed{\tan \omega =\frac{BG}{BT}= \sqrt 2 }$

Υπάρχει άραγε λύση εντός φακέλου; Υπενθυμίζω ότι:

Εξεταστέα ύλη για τον δεύτερο διαγωνισμό "ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" για κάθε τάξη είναι η διδακτέα ύλη όλων
των προηγουμένων τάξεων καθώς και η διδακτέα ύλη του Α' τριμήνου αυτής της τάξης σύμφωνα
με το αναλυτικό πρόγραμμα κάθε τάξης του ΙΕΠ για τα Μαθηματικά.

KARKAR · #8

Έγινε τόση κουβέντα για την άσκηση και τώρα έγινε η διαπίστωση , ότι είναι σε λάθος φάκελο

Προφανώς προορίζεται για τον αντίστοιχο φάκελο των Seniors

. Παρακαλώ για την μεταφορά ...

Μέγιστο και εφαπτομένη

Μέγιστο και εφαπτομένη

Re: Μέγιστο και εφαπτομένη

Re: Μέγιστο και εφαπτομένη

Re: Μέγιστο και εφαπτομένη

Re: Μέγιστο και εφαπτομένη

Re: Μέγιστο και εφαπτομένη

Re: Μέγιστο και εφαπτομένη

Re: Μέγιστο και εφαπτομένη

Μέλη σε σύνδεση