Εφαπτόμενο προ- υπολογισμένο

KARKAR · #1

: Εφαπτόμενο προ-υπολογισμένο.png (11.56 KiB) Προβλήθηκε 582 φορές

Στο σημείο

της διαμέτρου

του ημικυκλίου , υψώνουμε κάθετο τμήμα QP=14

, το οποίο

τέμνει το τόξο στο

. Η εφαπτομένη στο

τέμνει την προέκταση της

στο σημείο

.

Από το μέσο

του

, φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα

. Υπολογίστε το μήκος του .

#2

Η τετράδα $(Q,S\backslash A,B)$ είναι αρμονική και άρα : $\boxed{\dfrac{{BQ}}{{BS}} = \dfrac{{AQ}}{{AS}}}$ έτσι αν θέσω BS = a

θα έχω: $\dfrac{3}{a} = \dfrac{7}{{10 + a}} \Rightarrow 30 + 3a = 7a \Rightarrow \boxed{a = \dfrac{{15}}{2}}$ . Τώρα Π. Θ. στο $\vartriangle QPS$ και βρίσκω

το PS = 2b

. Είναι: ${14^2} + {\left( {\dfrac{{21}}{2}} \right)^2} = 4{b^2} \Rightarrow \boxed{b = \dfrac{{35}}{4}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{2b = \dfrac{{35}}{2}}$ .

Έτσι το ορθογώνιο τρίγωνο $\boxed{QPS \to \dfrac{7}{2}(4,5,3)}$

: Εφαπτόμενο προυπολογισμένο.png (20.63 KiB) Προβλήθηκε 558 φορές

Οπότε από Θ. συνημίτονου στο $\vartriangle MSO$ έχω:

$O{M^2} = {\left( {\dfrac{{35}}{4}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{25}}{2}} \right)^2} - 2\left( {\dfrac{{35}}{4}} \right) \cdot \left( {\dfrac{{25}}{2}} \right) \cdot \dfrac{3}{5}\, = \dfrac{{1625}}{{16}}\,\,\,\,(1)$

και το MN = x

από Π. Θ. στο NOM

με

το κέντρο του ημικυκλίου δίδει :

$\displaystyle \boxed{x = \sqrt {O{M^2} - O{N^2}} = \dfrac{{35}}{4}}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Είναι $TQ^{2}=25-4=21\Leftrightarrow TQ=\sqrt{21}$
$\left\{\begin{matrix} &TS^{2}=21+\left ( 3+BS \right )^{2}=30+6BS+BS^{2} & \\ & TS^{2}=\left ( 5+BS \right )^{2}-25=10BS+BS^{2} & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow BS=\dfrac{15}{2}$

$MN^{2}=OM^{2}-25$

Εφαρμόζουμε νόμο συνημιτόνων στο OMQ

.
$OM^{2}=4+MQ^{2}+2\cdot \cos\widehat{BQM}\cdot 2\cdot QM$
Eίναι QM=MS

αφού είναι διάμεσος προς την υποτίνουσα ορθογωνίου τριγώνου.

$PS^{2}=\left ( 3+\dfrac{15}{2} \right )^{2}+14^{2}=250+\dfrac{225}{4}\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow PS=\dfrac{35}{2}$
Άρα $QM=\dfrac{35}{4}$ .
Με νόμο συνιμητόνων στο QMS

προκύπτει $\cos\widehat{BQM}=0,6$ .
Αντικαθιστούμε
$OM^{2}=4+MQ^{2}+2\cdot \cos\widehat{BQM}\cdot 2\cdot QM=4+\dfrac{35^{2}}{16}+4\cdot 0,6\cdot \dfrac{35}{4}=...=25+\left ( \dfrac{36}{4} \right )^{2}$

Άρα

$MN^{2}=OM^{2}-25\Leftrightarrow MN^{2}=25+\left ( \dfrac{35}{4} \right )^{2}-25\Leftrightarrow MN=\dfrac{35}{4}=8,75$

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 12, 2019 9:47 pm
Εφαπτόμενο προ-υπολογισμένο.pngΣτο σημείο της διαμέτρου του ημικυκλίου , υψώνουμε κάθετο τμήμα , το οποίο

τέμνει το τόξο στο . Η εφαπτομένη στο τέμνει την προέκταση της στο σημείο .

Από το μέσο του , φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε το μήκος του .

Νομίζω ότι το κλειδί είναι πως το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

: Εφαπτόμενο προ-υπολογισμένο.png (18.58 KiB) Προβλήθηκε 521 φορές

$\displaystyle T{Q^2} = T{S^2} - Q{S^2} \Leftrightarrow 21 = x(x + 10) - {(x + 3)^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{x=\frac{15}{2}}$ (1)

$\displaystyle P{S^2} = 196 + {(x + 3)^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{PS=\frac{35}{2}}$ (2)

$\displaystyle OQ \cdot OS = 2(5 + x)\mathop = \limits^{(1)} 25 = O{N^2},$ άρα η

εφάπτεται στον περίκυκλο του NQS,

οπότε το

είναι

το κέντρο του κύκλου (*), το PNQS

είναι εγγράψιμο και $P\widehat NS=90^\circ.$ Άρα, $\boxed{NM = \frac{{PS}}{2} = \frac{{35}}{4}}$

(*) Βρίσκεται πάνω στη μεσοκάθετο του

και στην κάθετο του

στο

Εφαπτόμενο προ- υπολογισμένο

Εφαπτόμενο προ- υπολογισμένο

Re: Εφαπτόμενο προ- υπολογισμένο

Re: Εφαπτόμενο προ- υπολογισμένο

Re: Εφαπτόμενο προ- υπολογισμένο

Μέλη σε σύνδεση