Εφαπτομένη σε ισοσκελές

#1

: Κατασκευή και εφαπτομένη.png (8.85 KiB) Προβλήθηκε 958 φορές

Το

είναι σημείο της πλευράς

ισοσκελούς τριγώνου ABC

με $AB=BC=a, AC=b, \widehat B<90^\circ.$

Από το

φέρνω ημιευθεία που σχηματίζει γωνία

με την

και τέμνει τις AC, BA

στα

αντίστοιχα ώστε

DE=EZ.

Αν

και $\displaystyle \tan x = \frac{{2(a + b)}}{{4b - a}},$ να υπολογίσετε την $\displaystyle \tan B.$ (Το σχήμα δεν είναι το σωστό).

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 14, 2020 8:04 pm
Κατασκευή και εφαπτομένη.png
Το είναι σημείο της πλευράς ισοσκελούς τριγώνου με $AB=BC=a, AC=b, \widehat B<90^\circ.$

Από το φέρνω ημιευθεία που σχηματίζει γωνία με την και τέμνει τις στα αντίστοιχα ώστε

Αν και $\displaystyle \tan x = \dfrac{{2(a + b)}}{{4b - a}},$ να υπολογίσετε την $\displaystyle \tan B.$ (Το σχήμα δεν είναι το σωστό).

Εφαπτομένη σε ισοσκελές

Ανάλυση

: Εφαπτομένη σε ισοσκελές_1.png (22.22 KiB) Προβλήθηκε 900 φορές

Πιο πάνω λόγω εποπτείας το σχήμα είναι συμβατικό. Αν

το συμμετρικό του

ως προς

θα είναι :

Το $\vartriangle CZT$ ορθογώνιο , Το τετράπλευρο CATD

υπερισοσκελές τραπέζιο

Φέρνω τη διχοτόμο της γωνίας

και τέμνει την

στο μέσο της

και την

στο

.

Την γωνία

την ονομάζω $\theta$ και δίδεται ότι $\tan \theta = \dfrac{{2(a + b)}}{{4b - a}}$ Θέτω

$\boxed{a = bx}\,\,\,\left( 1 \right)\,\,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,\,x > 1\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,a,b > 0$ κι έχω : $\boxed{\tan \theta = \dfrac{{2x + 1}}{{4 - x}} = \dfrac{{\dfrac{x}{2} + \dfrac{1}{2}}}{{1 - \dfrac{x}{2} \cdot \dfrac{1}{2}}}}\,\,\,\left( * \right)$

Δηλαδή η γωνία $\theta$ ισούται με το άθροισμα δύο γωνιών με τριγωνομετρικές

εφαπτομένες : $\dfrac{1}{2}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\dfrac{x}{2} > \dfrac{1}{2}$ .

Από το Θ. Μενελάου στο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα την , $\overline {DEZ}$ έχω :

$\dfrac{{AZ}}{{ZB}} \cdot \dfrac{{BD}}{{DC}} \cdot \dfrac{{CE}}{{EA}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{BD}}{{ZB}} = \dfrac{{AE}}{{AC - AE}} \Leftrightarrow \dfrac{{a - b}}{{a + b}} = \dfrac{{AE}}{{b - AE}} \Leftrightarrow \boxed{AE = \dfrac{{b\left( {a - b} \right)}}{{2a}} = TM = MD}\,\,\left( 2 \right)$

Από το Π. Θ. στο $\vartriangle MBD$ έχω: $\boxed{BM = \dfrac{{\left( {a - b} \right)\sqrt {4{a^2} - {b^2}} }}{{2a}}}\,\,\,(3)$ και έτσι :

$\tan \dfrac{B}{2} = \dfrac{{MD}}{{BM}} = \dfrac{b}{{\sqrt {4{a^2} - {b^2}} }}$ και αφού a = bx

$\boxed{\tan \dfrac{B}{2} = \dfrac{1}{{\sqrt {4{x^2} - 1} }}}$

με $\tan \dfrac{B}{2} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 4 = 4{x^2} - 1 \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}}$ και $\dtan B = \frac{{2 \cdot \dfrac{1}{2}}}{{1 - {{\left( {\dfrac{1}{2}} \right)}^2}}} = \dfrac{4}{3}$ .

Κατασκευή

: Εφαπτομένη σε ισοσκελές_a.png (19.55 KiB) Προβλήθηκε 900 φορές

Κατασκευάζω ορθογώνιο τρίγωνο $KCF \to \left( {4k,5k,3k} \right)$ και θεωρώ στην προέκταση

του

προς το

σημείο

με

και στην προέκταση του

προς το

σημείο

με

. το τρίγωνο ABC

είναι αυτό που ζητώ με

$a = 10k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,b = \sqrt {64{k^2} + 16{k^2}} = 4k\sqrt 5$ και άρα $\boxed{\frac{a}{b} = \frac{{10k}}{{4k\sqrt 5 }} = \frac{{\sqrt 5 }}{2} = x}$

#3

Σ' ευχαριστώ Νίκο για τη λύση. Ας δούμε ένα πιο γενικό ερώτημα.

: Κατασκευή και εφαπτομένη.png (8.85 KiB) Προβλήθηκε 852 φορές

Το

είναι σημείο της πλευράς

ισοσκελούς τριγώνου ABC

με $AB=BC=a, AC=b, \widehat B<90^\circ.$

Από το

φέρνω ημιευθεία που σχηματίζει γωνία

με την

και τέμνει τις AC, BA

στα

αντίστοιχα ώστε

DE=EZ.

Αν

να δείξετε ότι $\displaystyle \tan x = \frac{{(a + b)\sin B}}{{(a + b)\cos B - (a - b)}}.$

Εφαπτομένη σε ισοσκελές

Εφαπτομένη σε ισοσκελές

Re: Εφαπτομένη σε ισοσκελές

Re: Εφαπτομένη σε ισοσκελές

Μέλη σε σύνδεση