Ώρα εφαπτομένης 100 και ( ημιτόνου 23 )

Συντονιστές: silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12739
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Ώρα εφαπτομένης 100 και ( ημιτόνου 23 )

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Απρ 20, 2021 1:29 pm

Ώρα  εφαπτομένης 100 (και ημιτόνου 23).png
Ώρα εφαπτομένης 100 (και ημιτόνου 23).png (13.17 KiB) Προβλήθηκε 256 φορές
Το τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Οι διάμεσοί του BM , CN ,

τέμνονται στο G . Υπολογίστε την : \tan\widehat{BGC} . Αν οι διχοτόμοι των \hat{B} , \hat{C}

τέμνουν τις διαμέσους CN , BM στα σημεία S , T , υπολογίστε το \sin\widehat{SAT} .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10736
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ώρα εφαπτομένης 100 και ( ημιτόνου 23 )

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Απρ 20, 2021 6:42 pm

KARKAR έγραψε:
Τρί Απρ 20, 2021 1:29 pm
Ώρα εφαπτομένης 100 (και ημιτόνου 23).pngΤο τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Οι διάμεσοί του BM , CN ,

τέμνονται στο G . Υπολογίστε την : \tan\widehat{BGC} . Αν οι διχοτόμοι των \hat{B} , \hat{C}

τέμνουν τις διαμέσους CN , BM στα σημεία S , T , υπολογίστε το \sin\widehat{SAT} .
εφ100-ημ23.png
εφ100-ημ23.png (12.04 KiB) Προβλήθηκε 230 φορές
\displaystyle \tan \omega  =  - \frac{3}{4},\sin \theta  = \frac{1}{3}


edit: Άρση απόκρυψης.
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Τετ Απρ 21, 2021 10:04 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8093
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ώρα εφαπτομένης 100 και ( ημιτόνου 23 )

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Απρ 21, 2021 2:34 am

KARKAR έγραψε:
Τρί Απρ 20, 2021 1:29 pm
Ώρα εφαπτομένης 100 (και ημιτόνου 23).pngΤο τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Οι διάμεσοί του BM , CN ,

τέμνονται στο G . Υπολογίστε την : \tan\widehat{BGC} . Αν οι διχοτόμοι των \hat{B} , \hat{C}

τέμνουν τις διαμέσους CN , BM στα σημεία S , T , υπολογίστε το \sin\widehat{SAT} .
α)
Ώρα εφαπτομένης 100 και συνημιτόνου 23_a.png
Ώρα εφαπτομένης 100 και συνημιτόνου 23_a.png (11.47 KiB) Προβλήθηκε 204 φορές
Η τρίτη διάμεσος AZ είναι ύψος και διχοτόμος άρα με GZ = k, \boxed{\tan {a_1} = \dfrac{{GZ}}{{ZB}} = \dfrac{k}{{3k}} = \dfrac{1}{3}}.

Επειδή 2\tan {a_1} + \tan \omega  = {\tan ^2}{a_1}\tan \omega  \Rightarrow \dfrac{2}{3} + \tan \omega  = \dfrac{1}{9}\tan \omega  \Rightarrow \boxed{\tan \omega  =  - \dfrac{3}{4}}.
β)


Έστω ότι οι ευθείες AS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AT τέμνουν την υποτείνουσα BC στα σημεία : K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L. Ας είναι δε \boxed{AB = AC = a} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  BC = a\sqrt 2  \hfill \\ 
  AZ = ZC = ZB = a\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \hfill \\  
\end{gathered}  \right..

Θ. Μενελάου στο \vartriangle AZK με διατέμνουσα την \overline {CGS} και λαμβάνω υπ’ όψη ότι, \dfrac{{KS}}{{SA}} = \dfrac{{KB}}{{BA}} λόγω θ. διχοτόμου στο \vartriangle BKA.Αν θέσω \boxed{KZ = d}, έχω: : \displaystyle \left\{ \begin{gathered} 
  \dfrac{{AG}}{{GZ}} \cdot \dfrac{{ZC}}{{CK}} \cdot \dfrac{{KS}}{{SA}} = 1 \hfill \\ 
  \dfrac{{KS}}{{SA}} = \dfrac{{KB}}{{BA}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  \dfrac{2}{1} \cdot \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} + d}} \cdot \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} - d}}{a} = 1\,\,\left( 1 \right) \hfill \\ 
  \dfrac{{KS}}{{SA}} = \dfrac{{KB}}{{BA}} = \dfrac{{\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2} - d}}{a} \hfill \\  
\end{gathered}  \right.
Ώρα εφαπτομένης 100 και συνημιτόνου 23_b.png
Ώρα εφαπτομένης 100 και συνημιτόνου 23_b.png (20.03 KiB) Προβλήθηκε 204 φορές
Από την \left( 1 \right) προκύπτει : \boxed{d = \dfrac{a}{2}\left( {3\sqrt 2  - 4} \right)}\,\,\left( 2 \right) . Εκφράζω τώρα το \left( {AKL} \right) με δύο τρόπους :

\left\{ \begin{gathered} 
  \left( {AKL} \right) = \dfrac{1}{2}A{K^2}\sin \theta  \hfill \\ 
  \left( {AKL} \right) = \dfrac{1}{2}KL \cdot AZ \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow A{K^2}\sin \theta  = KL \cdot AZ .

Λόγω του Π. Θ. στο \vartriangle ZAK η πιο πάνω γίνεται : \left( {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2} + {d^2}} \right)\sin \theta  = \dfrac{{2ad\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \boxed{\sin \theta  = \dfrac{1}{3}}.

Το αποτέλεσμα με υποψιάζει ότι υπάρχει πιο κομψή λύση αλλά θα το δω αύριο .


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2100
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Ώρα εφαπτομένης 100 και ( ημιτόνου 23 )

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τετ Απρ 21, 2021 9:54 am

KARKAR έγραψε:
Τρί Απρ 20, 2021 1:29 pm
Ώρα εφαπτομένης 100 (και ημιτόνου 23).pngΤο τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Οι διάμεσοί του BM , CN ,

τέμνονται στο G . Υπολογίστε την : \tan\widehat{BGC} . Αν οι διχοτόμοι των \hat{B} , \hat{C}

τέμνουν τις διαμέσους CN , BM στα σημεία S , T , υπολογίστε το \sin\widehat{SAT} .
tan   \varphi   = \dfrac{BM}{MG}= \dfrac{AM}{MG}=3  \Rightarrow tan2  \phi  = \dfrac{2tan  \phi  }{1-tan^2  \phi } =- \dfrac{3}{4} =tan \omega

Από CEVA έχουμε, \dfrac{BD}{DC} .  \dfrac{CE}{EA} .  \dfrac{AN}{NB}=1 \Rightarrow \dfrac{BD}{DC}=\dfrac{EA}{EC}= \dfrac{1}{ \sqrt{2} } (1)

Έστω    x= tan \dfrac{ \theta }{2}= \dfrac{DM}{AM}

(1)  \Rightarrow  \dfrac{AM-DM}{AM+DM}= \dfrac{ \sqrt{2} }{2} \Rightarrow  \dfrac{1-x}{1+x}= \dfrac{ \sqrt{2} }{2}  \Rightarrow x=3-2 \sqrt{2}

Από sin \theta = \dfrac{2tan \dfrac{ \theta }{2} }{1+tan^2 \dfrac{ \theta }{2} }= \dfrac{2x}{1+x^2}   \Rightarrow sin \theta = \dfrac{1}{3}
Ώρα εφαπτομένης 100.png
Ώρα εφαπτομένης 100.png (18.91 KiB) Προβλήθηκε 187 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10736
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ώρα εφαπτομένης 100 και ( ημιτόνου 23 )

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Απρ 21, 2021 12:08 pm

KARKAR έγραψε:
Τρί Απρ 20, 2021 1:29 pm
Ώρα εφαπτομένης 100 (και ημιτόνου 23).pngΤο τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Οι διάμεσοί του BM , CN ,

τέμνονται στο G . Υπολογίστε την : \tan\widehat{BGC} . Αν οι διχοτόμοι των \hat{B} , \hat{C}

τέμνουν τις διαμέσους CN , BM στα σημεία S , T , υπολογίστε το \sin\widehat{SAT} .
Αλλιώς για το δεύτερο ερώτημα.

Απομονώνω το τρίγωνο ABM με τις συντεταγμένες που φαίνονται στο σχήμα. Είναι \displaystyle \tan 22,5^\circ  = \sqrt 2  - 1, άρα η

BS έχει εξίσωση \boxed{y =  - \left( {\sqrt 2  - 1} \right)x - 2\sqrt 2  + 2} ενώ η GN έχει εξίσωση \boxed{y =  - 2x + 2} Λύνω το σύστημα
εφ100-ημ23.β.png
εφ100-ημ23.β.png (12.81 KiB) Προβλήθηκε 168 φορές
και βρίσκω \displaystyle S\left( {\frac{{8 - 2\sqrt 2}}{7},\frac{{4\sqrt 2  - 2}}{7}} \right). Εξάλλου, \displaystyle \cos \varphi  = \frac{{\overrightarrow {AG}  \cdot \overrightarrow {AS} }}{{AG \cdot AS}} με \displaystyle \varphi  = \frac{\theta }{2}. Παραλείποντας πράξεις,

καταλήγω στο \displaystyle \cos \frac{\theta }{2} = \frac{{2\sqrt 3+\sqrt 6   }}{6}, απ' όπου \displaystyle \sin \frac{\theta }{2} = \frac{{2\sqrt 3  - \sqrt 6 }}{6} και τελικά \boxed{\sin \theta  = \frac{1}{3}}


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1463
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Ώρα εφαπτομένης 100 και ( ημιτόνου 23 )

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τετ Απρ 21, 2021 9:53 pm

Καλό βράδυ! Μόνο για το πρώτο ζητούμενο...

Άντε και στην εφαπτομένη υπ' αριθμ. 1000 του KARKAR , όποιος .. :roll: ..αντέξει φυσικά!
tan 100 KARKAR.png
tan 100 KARKAR.png (82.55 KiB) Προβλήθηκε 144 φορές
Ας είναι AB=a=2 τότε AM=1 και BM=\sqrt{5}. Φέρω NH \perp BM.

Το NHMA είναι εγγράψιμο οπότε BH\cdot BM=BA\cdot BN\Rightarrow \sqrt{5}BH=2\Rightarrow BH=\dfrac{2BM}{5}

Έχουμε HG=\dfrac{2BM}{3}-\dfrac{2BM}{5}=\dfrac{4BM}{15} , ενώ HN=\dfrac{BH}{2}=\dfrac{3BM}{15} συνεπώς tan\omega =- tan \widehat{HGN}=-\dfrac{3}{4}

Φιλικά, Γιώργος.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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