Ώρα εφαπτομένης 102

KARKAR · #1

: Ώρα εφαπτομένης 102.png (8.26 KiB) Προβλήθηκε 554 φορές

Στο παραλληλόγραμμο ABCD

τα σημεία

είναι τα μέσα των πλευρών AB , AD

αντίστοιχα ,

ενώ το

είναι το σημείο τομής της

με την

. Αν :

, υπολογίστε την : $\tan\hat{A}$ ,

συναρτήσει των πλευρών AB=a

και

. Στο δοθέν σχήμα είναι : $a=5 , b=\sqrt{13}$ .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Απρ 23, 2021 8:17 pm
Ώρα εφαπτομένης 102.pngΣτο παραλληλόγραμμο τα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα ,

ενώ το είναι το σημείο τομής της με την . Αν : , υπολογίστε την : $\tan\hat{A}$ ,

συναρτήσει των πλευρών και . Στο δοθέν σχήμα είναι : $a=5 , b=\sqrt{13}$ .

Έστω

Επειδή

θα είναι

Εφαρμόζω 1ο Θ. διαμέσων στα τρίγωνα SAB, SAD.

: Ώρα εφαπτομένης.102.png (15.96 KiB) Προβλήθηκε 492 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} A{S^2} + 4{y^2} = 2{x^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2}\\ \\ A{S^2} + {y^2} = 2{x^2} + \dfrac{{{b^2}}}{2} \end{array} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{( - )} 3{y^2} = \frac{{{a^2} - {b^2}}}{2} \Leftrightarrow B{D^2} = 9{y^2} = \frac{3}{2}\left( {{a^2} - {b^2}} \right)$

Με νόμο συνημιτόνου τώρα στο ABD

βρίσκω $\displaystyle \cos \theta = \frac{{5{b^2} - {a^2}}}{{4ab}}.$ Αλλά, $\displaystyle \tan \theta = \frac{{\sqrt {1 - {{\cos }^2}\theta } }}{{\cos \theta }},$

απ' όπου $\boxed{ \tan \theta = \frac{{\sqrt {({a^2} - {b^2})(25{b^2} - {a^2})} }}{{5{b^2} - {a^2}}}}$ και για $a=5 , b=\sqrt{13},$ $\boxed{\tan \theta = \frac{3}{2}}$

Bonus: Για το ειδικό αυτό τρίγωνο είναι $BD=3\sqrt 2$ και με νόμο πάλι συνημιτόνου βρίσκω $\boxed{A\widehat BD=45^\circ}$

STOPJOHN · #3

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Απρ 23, 2021 8:17 pm
Ώρα εφαπτομένης 102.pngΣτο παραλληλόγραμμο τα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα ,

ενώ το είναι το σημείο τομής της με την . Αν : , υπολογίστε την : $\tan\hat{A}$ ,

συναρτήσει των πλευρών και . Στο δοθέν σχήμα είναι : $a=5 , b=\sqrt{13}$ .

Εστω

$NT=TM=\dfrac{MN}{2}=OD=OB,NM//DB\Rightarrow \dfrac{OS}{NT}=\dfrac{SC}{NC}=\dfrac{OC} {CT} =\dfrac{2}{3}\Rightarrow OS=l,DS=2l,OL=l,LB=2l$

DNMS,ANOM

παραλληλόγραμα

$MSB,d^{2}+\dfrac{a^{2}}{4}=\dfrac{b^{2}}{2}+8l^{2},(1), MBC.l^{2}=\dfrac{a^{2}-b^{2}}{24},(2),(1),(2)\Rightarrow d^{2}=\dfrac{a^{2}}{12}+\dfrac{b^{2}}{6} NDC, cos\theta=\dfrac{5b}{4a}-\dfrac{a}{4b}=\dfrac{5-x^{2}}{4x},x=\dfrac{a}{b}, tan^{2}\theta =\dfrac{(x+5) (x-1)^{2}}{5-x} ,x=\dfrac{5\sqrt{13}}{13},tan\theta =\dfrac{3}{2}$

KARKAR · #4

: Ώρα εφαπτομένης 102.png (15.29 KiB) Προβλήθηκε 440 φορές

Το

είναι το βαρύκεντρο του DAC

. Προεκτείνοντας την

, το

καθίσταται βαρύκεντρο

και του TAB

. Συνεπώς : MT=NC=3x

. Με νόμο συνημιτόνων στα AMT , DNC

,

βρίσκουμε το $\cos\theta$ και συνεχίζουμε όπως οι προηγούμενοι λύτες , τους οποίους ευχαριστώ .

Η άσκηση προέκυψε στην προσπάθεια δημιουργίας θέματος για την Α' Λυκείου , με αντικείμενο το βαρύκεντρο .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Απρ 23, 2021 8:17 pm
Ώρα εφαπτομένης 102.pngΣτο παραλληλόγραμμο τα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα ,

ενώ το είναι το σημείο τομής της με την . Αν : , υπολογίστε την : $\tan\hat{A}$ ,

συναρτήσει των πλευρών και . Στο δοθέν σχήμα είναι : $a=5 , b=\sqrt{13}$ .

Επειδή

μέσον του

και $\dfrac{CB}{CN}=2= \dfrac{CS}{SN} \Rightarrow S$ κ.βάρους του τριγώνου ADC

Με

μέσα των

,είναι $PM \bot MN,PT$ κι έστω $AL \bot DB$

Λόγω ισότητας των κόκκινων γωνιών κι επειδή DA=TM=b

$\Rightarrow \triangle DAL= \triangle TPM$ ,

άρα $DL=PT= \dfrac{DS}{2} \Rightarrow DL=LS= \dfrac{BD}{6}$ και AS=AD=b

Ο κύκλος

τέμνει την

στο

και

$BS . BD=(a-b)(a-b+2b) \Rightarrow \dfrac{2}{3}BD^2=a^2-b^2 \Rightarrow BD^2= \dfrac{3}{2}(a^2-b^2)$

Άρα $DL^2= \dfrac{1}{36}BD^2= \dfrac{1}{24}(a^2-b^2)$ και με Π.Θ στο $\triangle DLA \Rightarrow AL^2= \dfrac{25b^2-a^2}{24}$

Ισχύει , $tanx= \dfrac{DL}{AL} ,tany= \dfrac{LB}{AL}$ και $tanDAB=tan(x+y)=.. \dfrac{ \sqrt{(a^2-b^2).((25b^2-a^2))} }{5b^2-a^2}$

: ώρα εφαπτομένης 102.png (27.32 KiB) Προβλήθηκε 413 φορές

Ώρα εφαπτομένης 102

Ώρα εφαπτομένης 102

Re: Ώρα εφαπτομένης 102

Re: Ώρα εφαπτομένης 102

Re: Ώρα εφαπτομένης 102

Re: Ώρα εφαπτομένης 102

Μέλη σε σύνδεση