Εφαπτομένη στο τετράγωνο

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8952
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Εφαπτομένη στο τετράγωνο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 14, 2020 5:44 pm

Εφαπτομένη στο τετράγωνο.png
Εφαπτομένη στο τετράγωνο.png (12.61 KiB) Προβλήθηκε 222 φορές
Με διάμετρο την πλευρά AD τετραγώνου ABCD γράφω ημικύκλιο εντός του τετραγώνου και φέρνω το

εφαπτόμενο τμήμα BT. Η AC τέμνει την BT στο P και την DT στο S. Αν Q είναι το σημείο τομής των

BS, CT και P\widehat QB=\theta, να υπολογίσετε την \tan \theta.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7031
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Εφαπτομένη στο τετράγωνο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Ιαν 14, 2020 10:42 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Ιαν 14, 2020 5:44 pm
Εφαπτομένη στο τετράγωνο.png
Με διάμετρο την πλευρά AD τετραγώνου ABCD γράφω ημικύκλιο εντός του τετραγώνου και φέρνω το

εφαπτόμενο τμήμα BT. Η AC τέμνει την BT στο P και την DT στο S. Αν Q είναι το σημείο τομής των

BS, CT και P\widehat QB=\theta, να υπολογίσετε την \tan \theta.
Ας είναι O το κέντρο του ημικυκλίου . Τότε και προφανώς DT \bot AT. Αν λοιπόν η DT κόψει στο L την BC από το παραλληλόγραμμο BODL έχω :

BL = LC. Αφού δε οι διαγώνιοι του τετραγώνου τέμνονται στο M κέντρου του ημικυκλίου,

το σημείο S είναι το βαρύκεντρο του \vartriangle CBD και η BS διέρχεται από το μέσο N του DC.

Αλλά επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα ABO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TAB είναι όμοια και \boxed{\frac{{AB}}{{AO}} = \frac{{AD}}{{DT}} = 2}

Αναγκαστικά η AT θα διέρχεται από το N. Αν G το βαρύκεντρο του ABD θα

είναι : \boxed{AG = GS = SC = \frac{1}{3}a\sqrt 2 \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MG = MS = \frac{1}{6}a\sqrt 2 }

Αν τώρα προεκτείνω την BT προς το T και κόψει την DN στο K επειδή KT = KD( εφαπτόμενα τμήματα) και το TDK είναι ορθογώνιο τρίγωνο

θα είναι \boxed{DK = KN = \frac{1}{4}a} . Είναι : \boxed{\frac{{CP}}{{PA}} = \frac{{CK}}{{AB}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{{PC}}{{CA}} = \frac{3}{7} \Rightarrow PC = \frac{3}{7}a\sqrt 2 }

εφαπτομένη στο τετράγωνο_2.png
εφαπτομένη στο τετράγωνο_2.png (27.79 KiB) Προβλήθηκε 168 φορές
Στο ισοσκελές τρίγωνο BCT με \cos \phi  = \dfrac{{BC}}{{BK}} = \dfrac{4}{5} έχω από Θ συνημιτόνου :

CT = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{5}και με Θ Μενελάου στο \vartriangle CTKκαι διατέμνουσα \overline {BQN} έχω

\dfrac{{CQ}}{{QT}} = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \dfrac{{CQ}}{{CT}} = \dfrac{5}{7} .

Έχω τώρα ταυτόχρονα: \left\{ \begin{gathered} 
  CS \cdot CP = \left( {\frac{1}{3}a\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{3}{7}a\sqrt 2 } \right) = \frac{2}{7}{a^2} \hfill \\ 
  CQ.CT = \left( {\frac{5}{7}a \cdot \frac{{\sqrt {10} }}{5}} \right)\left( {a\frac{{\sqrt {10} }}{5}} \right) = \frac{2}{7}{a^2} \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Εξισώνω τα πρώτα μέλη και εξασφαλίζω το τετράπλευρο SPTQ εγγράψιμο , άρα:

\boxed{\tan \theta  = \tan {a_1} = \tan \omega  = \dfrac{{LC}}{{DC}} = \dfrac{1}{2}}

Σπαστική λύση αλλά … λύση .

Αν έχω ώρα θα το ψάξω αλλιώς


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3990
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Εφαπτομένη στο τετράγωνο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Ιαν 14, 2020 11:10 pm

Doloros έγραψε:
Τρί Ιαν 14, 2020 10:42 pm
george visvikis έγραψε:
Τρί Ιαν 14, 2020 5:44 pm
Εφαπτομένη στο τετράγωνο.png
Με διάμετρο την πλευρά AD τετραγώνου ABCD γράφω ημικύκλιο εντός του τετραγώνου και φέρνω το

εφαπτόμενο τμήμα BT. Η AC τέμνει την BT στο P και την DT στο S. Αν Q είναι το σημείο τομής των

BS, CT και P\widehat QB=\theta, να υπολογίσετε την \tan \theta.
Ας είναι O το κέντρο του ημικυκλίου . Τότε και προφανώς DT \bot AT. Αν λοιπόν η DT κόψει στο L την BC από το παραλληλόγραμμο BODL έχω :

BL = LC. Αφού δε οι διαγώνιοι του τετραγώνου τέμνονται στο M κέντρου του ημικυκλίου,

το σημείο S είναι το βαρύκεντρο του \vartriangle CBD και η BS διέρχεται από το μέσο N του DC.

Αλλά επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα ABO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TAB είναι όμοια και \boxed{\frac{{AB}}{{AO}} = \frac{{AD}}{{DT}} = 2}

Αναγκαστικά η AT θα διέρχεται από το N. Αν G το βαρύκεντρο του ABD θα

είναι : \boxed{AG = GS = SC = \frac{1}{3}a\sqrt 2 \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MG = MS = \frac{1}{6}a\sqrt 2 }

Αν τώρα προεκτείνω την BT προς το T και κόψει την DN στο K επειδή KT = KD( εφαπτόμενα τμήματα) και το TDK είναι ορθογώνιο τρίγωνο

θα είναι \boxed{DK = KN = \frac{1}{4}a} . Είναι : \boxed{\frac{{CP}}{{PA}} = \frac{{CK}}{{AB}} = \frac{3}{4} \Rightarrow \frac{{PC}}{{CA}} = \frac{3}{7} \Rightarrow PC = \frac{3}{7}a\sqrt 2 }


εφαπτομένη στο τετράγωνο_2.png

Στο ισοσκελές τρίγωνο BCT με \cos \phi  = \dfrac{{BC}}{{BK}} = \dfrac{4}{5} έχω από Θ συνημιτόνου :

CT = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{5}και με Θ Μενελάου στο \vartriangle CTKκαι διατέμνουσα \overline {BQN} έχω

\dfrac{{CQ}}{{QT}} = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \dfrac{{CQ}}{{CT}} = \dfrac{5}{7} .

Έχω τώρα ταυτόχρονα: \left\{ \begin{gathered} 
  CS \cdot CP = \left( {\frac{1}{3}a\sqrt 2 } \right)\left( {\frac{3}{7}a\sqrt 2 } \right) = \frac{2}{7}{a^2} \hfill \\ 
  CQ.CT = \left( {\frac{5}{7}a \cdot \frac{{\sqrt {10} }}{5}} \right)\left( {a\frac{{\sqrt {10} }}{5}} \right) = \frac{2}{7}{a^2} \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Εξισώνω τα πρώτα μέλη και εξασφαλίζω το τετράπλευρο SPTQ εγγράψιμο , άρα:

\boxed{\tan \theta  = \tan {a_1} = \tan \omega  = \dfrac{{LC}}{{DC}} = \dfrac{1}{2}}

Σπαστική λύση αλλά … λύση .

Αν έχω ώρα θα το ψάξω αλλιώς
Ο κύκλος \left( B,a \right) που διέρχεται (προφανώς ) από τα A,T,C δίνει εύκολα την εγγραψιμότητα του εν λόγω τετραπλεύρου (γωνιακά …) και συνεπώς πιο σύντομη λύση του προβλήματος


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7031
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Εφαπτομένη στο τετράγωνο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Ιαν 15, 2020 11:41 am

Έστω AB = 6a. Τα ευθύγραμμα τμήματα \overline {ATN} \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\overline {DTL} είναι ίσα και κάθετα με τα N,L να είναι μέσα των DC,CB.

Ας είναι E το σημείο τομής των AD,BN και K,F τα σημεία τομής της εφαπτομένης BTμε τις DC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DE.

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο TNCL προκύπτει ότι η CT διχοτομεί την ορθή \widehat {NTL}. Ας είναι δε Z το σημείο τομής των CT,AD. Θα είναι το K μέσο του DN.

Μετά απ’ αυτά :
εφαπτομένη στο τετράγωνο_3.png
εφαπτομένη στο τετράγωνο_3.png (34.25 KiB) Προβλήθηκε 91 φορές
\boxed{\frac{{AZ}}{{ZD}} = \frac{{AT}}{{TD}} = 2 \Rightarrow AZ = 4a\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZD = 2a}\,\,\,(1) \boxed{\frac{{FD}}{{FA}} = \frac{{KD}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{FD}}{{FD + DA}} = \frac{1}{4} \Rightarrow FD = 2a}\,\,\,(2)

Έτσι : \left\{ \begin{gathered} 
  \frac{{CP}}{{PA}} = \frac{{CB}}{{FA}} = \frac{3}{4} \hfill \\ 
  \frac{{CQ}}{{QZ}} = \frac{{CB}}{{EZ}} = \frac{3}{4} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow PQ//AE \Rightarrow \boxed{\tan \theta  = \tan \omega  = \frac{{AB}}{{AE}} = \frac{1}{2}}


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1769
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Εφαπτομένη στο τετράγωνο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τετ Ιαν 15, 2020 8:31 pm

george visvikis έγραψε:
Τρί Ιαν 14, 2020 5:44 pm
Εφαπτομένη στο τετράγωνο.png
Με διάμετρο την πλευρά AD τετραγώνου ABCD γράφω ημικύκλιο εντός του τετραγώνου και φέρνω το

εφαπτόμενο τμήμα BT. Η AC τέμνει την BT στο P και την DT στο S. Αν Q είναι το σημείο τομής των

BS, CT και P\widehat QB=\theta, να υπολογίσετε την \tan \theta.

Είναι BO,DT \bot AT \Rightarrow BO//DM \Rightarrow M μέσον της BC \Rightarrow S κ.βάρους του \triangle BDC \Rightarrow N μέσον της CD

Με CEVA στο \triangle BTC έχουμε \dfrac{BP}{PT}  .  \dfrac{TQ}{QC}  .  \dfrac{CM}{MB} =1 \Rightarrow  \dfrac{BP}{PT}= \dfrac{QC}{QT}   \Rightarrow PQ//BC

Έτσι, tan \theta = \dfrac{CN}{CB}= \dfrac{1}{2}
εφαπτόμενη στο τετράγωνο.png
εφαπτόμενη στο τετράγωνο.png (20.13 KiB) Προβλήθηκε 70 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης