Οσκαρική εφαπτομένη

KARKAR · #1

: Οσκαρική εφαπτομένη.png (14.78 KiB) Προβλήθηκε 1007 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, είναι : AC=2AB

. Ο έγκυκλος του τριγώνου

εφάπτεται της

στο

. Το τμήμα

το οποίο συνδέει το

με το μέσο

της πλευράς

, τέμνει τον κύκλο στο σημείο

. Υπολογίστε την : $\tan\theta$ .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 29, 2023 6:55 pm
Οσκαρική εφαπτομένη.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Ο έγκυκλος του τριγώνου

εφάπτεται της στο . Το τμήμα το οποίο συνδέει το με το μέσο

της πλευράς , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Υπολογίστε την : $\tan\theta$ .

: Οσκαρική εφαπτομένη.png (14.02 KiB) Προβλήθηκε 953 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 29, 2023 6:55 pm
Οσκαρική εφαπτομένη.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Ο έγκυκλος του τριγώνου

εφάπτεται της στο . Το τμήμα το οποίο συνδέει το με το μέσο

της πλευράς , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Υπολογίστε την : $\tan\theta$ .

Είναι $AB=AM=MC=c,BC=c\sqrt 5.$ Είναι ακόμα, $\displaystyle AT = \frac{{c(3 - \sqrt 5 )}}{2},BT = \frac{{c(\sqrt 5 - 1)}}{2}$ και με

Π. Θ $\displaystyle TM = \frac{{c\sqrt 3 (\sqrt 5 - 1)}}{2}.$ Αλλά, $\displaystyle M{L^2} = MS \cdot MT \Leftrightarrow \frac{{{c^2}{{(\sqrt 5 - 1)}^2}}}{4} = MS \cdot \frac{{c\sqrt 3 (\sqrt 5 - 1)}}{2},$

: Οσκαρική εφαπτομένη.β.png (14.83 KiB) Προβλήθηκε 934 φορές

απ' όπου $\displaystyle MS = \frac{{c\sqrt 3 (\sqrt 5 - 1)}}{6} = \frac{{TM}}{3}.$ Άρα, $\displaystyle NS = \frac{{2c}}{3},TN = \frac{{c(3 - \sqrt 5 )}}{3}$

$\displaystyle \tan (\omega + \theta ) = \frac{{BN}}{{NS}} \Leftrightarrow \dfrac{{\dfrac{{3 - \sqrt 5 }}{2} + \tan \theta }}{{1 - \dfrac{{(3 - \sqrt 5 )\tan \theta }}{2}}} = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{4} \Leftrightarrow$ $\boxed{\tan \theta = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} = \frac{1}{\phi }}$

Dimessi · #4

Αφού ασχολήθηκα με την άσκηση, βάζω την λύση μου.
Ωραία άσκηση πάντως.
Η λύση μου είναι λίγο εκτός σχολικών πλαισίων.

Έστω

το σημείο επαφής του έγκυκλου με την πλευρά AC.

Ως γνωστό $\displaystyle AT=AF=\frac{AB+AC-BC}{2}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}\cdot AB\Rightarrow \boxed{MF=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot AB}\left ( 1 \right ).$ Επιπλέον (λόγω επαφής) $\displaystyle MS=\frac{MF^{2}}{TM}\overset{\left ( 1 \right )}=\frac{\displaystyle \frac{\left ( \sqrt{5}-1 \right )^{2}}{4}\cdot AB^{2}}{\sqrt{AT^{2}+AM^{2}}}=\frac{\displaystyle \frac{\left ( \sqrt{5}-1 \right )^{2}}{4}\cdot AB^{2}}{\displaystyle \sqrt{\frac{\left ( 3-\sqrt{5} \right )^{2}}{4}\cdot AB^{2}+AB^{2}}}=\frac{1}{3}\cdot \sqrt{\frac{\left ( 3-\sqrt{5} \right )^{2}}{4}\cdot AB^{2}+AB^{2}}$ $\displaystyle \Rightarrow MS=\frac{TM}{3}\Rightarrow \boxed{\frac{MS}{TS}=\frac{1}{2}}\left ( 2 \right ).$
$\bullet$ Έστω $\displaystyle Q\equiv BS\cap AM$ και $TV\perp BS\left ( V\in BS \right ).$ Από Θ. Μενέλαου στο τρίγωνο $A\overset{\bigtriangleup }TM$ με διατέμνουσα BSQ

παίρνουμε $\displaystyle \frac{BT}{AB}\cdot \frac{MS}{TS}\cdot \frac{AQ}{QM}=1\overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \frac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{AQ}{QM}=1\Rightarrow \boxed{\frac{AQ}{AB}=\frac{AQ}{AM}=3-\sqrt{5}}\left ( 3 \right )$ και από Π.Θ στο $A\overset{\bigtriangleup }BQ$ παίρνουμε $\displaystyle BQ=\sqrt{AB^{2}+AB^{2}\left ( 3-\sqrt{5} \right )^{2}}=\sqrt{15-6\sqrt{5}}\cdot AB\Rightarrow \boxed{\frac{BT}{BQ}=\frac{\displaystyle \frac{\sqrt{5}-1}{2}\cdot AB}{\sqrt{15-6\sqrt{5}}\cdot AB}=\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{15-6\sqrt{5}}}}\left ( 4 \right ).$
$\bullet$ Είναι $\displaystyle \angle TVQ\equiv \angle TVS=90^\circ=\angle TAQ,$ άρα το τετράπλευρο ATVQ

είναι εγγράψιμο και συνεπώς $\displaystyle B\overset{\bigtriangleup }TV\sim A\overset{\bigtriangleup }BQ\Rightarrow \frac{TV}{AQ}=\frac{BT}{BQ}\overset{\left ( 4 \right )}=\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{15-6\sqrt{5}}}\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{TV}{AB}=\frac{2\sqrt{5}-4}{\sqrt{15-6\sqrt{5}}}}\left ( 5 \right ).$
$\bullet$ Είναι $\displaystyle TS\overset{\left ( 2 \right )}=\frac{2TM}{3}=\frac{2}{3}\sqrt{\frac{\left ( 3-\sqrt{5} \right )^{2}}{4}\cdot AB^{2}+AB^{2}}=\frac{\sqrt{3}\left ( \sqrt{5}-1 \right )}{3}\cdot AB\overset{\left ( 5 \right )}\Rightarrow \boxed{\sin \theta =\frac{TV}{TS}=\frac{2\sqrt{5}-4}{\left ( \sqrt{5}-1 \right )\sqrt{5-2\sqrt{5}}}}$ $\displaystyle \overset{0^\circ< \theta < 90^\circ}\Rightarrow \boxed{\tan \theta =\frac{1}{\Phi }}.$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 29, 2023 6:55 pm
Οσκαρική εφαπτομένη.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Ο έγκυκλος του τριγώνου

εφάπτεται της στο . Το τμήμα το οποίο συνδέει το με το μέσο

της πλευράς , τέμνει τον κύκλο στο σημείο . Υπολογίστε την : $\tan\theta$ .

Έστω τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\,\,\left( {A = 90^\circ } \right)$ . Ο εγγεγραμμένος του κύκλος εφάπτεται στα $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P$ των $BA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ .

Φέρνω από το

παράλληλη στην

και τέμνει ακόμα τον κύκλο στο

και την

στο

. Έστω ότι η

τέμνει ακόμα τον κύκλο στο

.

: Κάθετες απο 1 και 2_Λήμμα.png (24.21 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

Το τετράπλευρο , ETSP

είναι αρμονικό , η ευθεία

είναι φορέας συμμετροδιαμέσου στο $\vartriangle SPT$

και η δέσμη : $\left( {PB,PT\backslash PE,PS} \right)$ , αρμονική.

Η από το

παράλληλη στην

και τέμνει τις $PS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PC\,\,$ στα $N\,\,\kappa \alpha \iota \,\,F$ . Επειδή η ευθεία $\overline {TNF}$ είναι παράλληλη στη ακτίνα

θα είναι:

.

Οπότε στο τραπέζιο QPCA

η ευθεία

θα διέρχεται από το μέσο

της

.

Πάμε τώρα στην άσκησή μας

Επειδή θέλω λόγο, υποθέτω AM = AB = MC = 1

. Ας είναι δε

το άλλο σημείο τομής της

με τον κύκλο και

το σημείο επαφής της

με τον κύκλο .

Φέρνω τη διχοτόμο

και έστω ,

, η περίμετρος του $\vartriangle ABC$ . Είναι $2s = 1 + 2 + \sqrt 5 \Rightarrow s = 1 + \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi + 1\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$ , $BP = BT = s - 2 = \varphi - 1\,\,\left( 2 \right)$

Ενώ , $AD = \dfrac{{2 \cdot 1}}{{1 + \sqrt 5 }} = \dfrac{1}{\varphi } = \tan \omega \,\,\,\,\,\left( 3 \right),\,\,DM = 1 - \dfrac{1}{\varphi } = \dfrac{{\varphi - 1}}{\varphi }$ . Θα δείξω ότι $\boxed{\omega = \theta }\,\,\,\left( 4 \right)$ .

: Κάθετες απο 1 και 2.png (36.65 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

Επειδή , $\dfrac{{BP}}{{DM}} = \dfrac{{\varphi - 1}}{{\dfrac{{\varphi - 1}}{\varphi }}} = \varphi \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\dfrac{{PC}}{{MC}} = \dfrac{{BC - BP}}{1} = \sqrt 5 - \varphi + 1 = 2\varphi - \varphi = \varphi$ , θα είναι BD//PM

συνεπώς :

$PM \bot PT$ και έτσι , $\displaystyle \widehat {{\omega _{}}} = \,\widehat {{\omega _1}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{x_{}}} = \widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{C_{}}}$ . Προφανές ότι οι ίδιες χρώματος γωνίες είναι όλες ίσες μεταξύ τους .

Θα έχω λοιπόν : $90^\circ = \widehat {{\theta _1}} + \widehat {{\xi _1}} + \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{\xi _{}}} + \widehat {{\omega _{}}}\,\,\,\,\left( * \right)$ και $90^\circ = \widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{x_{}}} = \widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\xi _{}}} + \widehat {{\omega _{}}}\,\,\,\,\left( { * * } \right)$ . Άρα $\boxed{\omega = \theta }\,$

Και λόγω της $\left( 3 \right)$ $\boxed{\tan \theta = \dfrac{{AD}}{{AB}} = \dfrac{{\dfrac{1}{\varphi }}}{1} = \dfrac{1}{\varphi }}$

Οσκαρική εφαπτομένη

Οσκαρική εφαπτομένη

Re: Οσκαρική εφαπτομένη

Re: Οσκαρική εφαπτομένη

Re: Οσκαρική εφαπτομένη

Re: Οσκαρική εφαπτομένη

Μέλη σε σύνδεση