Όλα επιτρέπονται

KARKAR · #1

: Όλα επιτρέπονται.png (20.8 KiB) Προβλήθηκε 653 φορές

Το παρόν θέμα είναι του τύπου : " Μην ασχολείσθε ". Λοιπόν , να σχεδιασθεί ορθογώνιο τρίγωνο ABC

,

με την εξής ιδιότητα : Αν η διάμεσος

και η υποτείνουσα

τέμνουν το ημικύκλιο διαμέτρου

,

στα σημεία S , T

αντίστοιχα , να είναι : AS=CT

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 23, 2025 12:37 pm
Όλα επιτρέπονται.pngΤο παρόν θέμα είναι του τύπου : " Μην ασχολείσθε ". Λοιπόν , να σχεδιασθεί ορθογώνιο τρίγωνο ,

με την εξής ιδιότητα : Αν η διάμεσος και η υποτείνουσα τέμνουν το ημικύκλιο διαμέτρου ,

στα σημεία αντίστοιχα , να είναι : .

Έστω λυμένο το πρόβλημα . Με τους συμβολισμούς του σχήματος έχω :

${x^2} = 2{r^2}\left( {1 - \cos \theta } \right)\,\,\left( 1 \right)$ ( Θ. συνημίτονου στο $\vartriangle MSA$ ) , αλλά $\cos \theta = \dfrac{r}{{MC}} = \dfrac{r}{{\sqrt {{y^2} + {r^2}} }}\,\,\,$ οπότε :

: Όλα επιτρέπονται_οκ.png (18.07 KiB) Προβλήθηκε 595 φορές

${x^2} = 2{r^2}\left( {1 - \dfrac{r}{{\sqrt {{y^2} + {r^2}} }}} \right)\,\,\,\left( 2 \right)$ . . Απ τη δύναμη του

ισχύει , ${y^2} = x\left( {x + z} \right)\,\,\,$ κι έτσι η προηγούμενη γράφεται :

${x^2} = 2{r^2}\left( {1 - \dfrac{r}{{\sqrt {x\left( {x + z} \right) + {r^2}} }}} \right)\,\,\,\left( 3 \right)$ . Αλλά $A{T^2} = TC \cdot TB\,\, \Rightarrow 4{r^2} - {z^2} = xz\,\,\,\left( 4 \right)$ που ως δευτέρου βαθμού ως προς

δίδει ,

$z = \dfrac{{\sqrt {{x^2} + 16{r^2}} - x}}{2}$ που αν τεθεί στην $\left( 3 \right)$ προκύπτει ,

${x^2} = \dfrac{{2{r^2}\left( {\sqrt {x\sqrt {{x^2} + 16{r^2}} + {x^2} + 2{r^2}} - r\sqrt 2 } \right)}}{{\sqrt {x\sqrt {{x^2} + 16{r^2}} + {x^2} + 2{r^2}} }}$ . Από τη λύση της έχω :

$\boxed{{x_1} = 0,95953663r\,\,\,\,}$ επαληθεύει , ή ${x_2} = 1,6773458r$ δεν επαληθεύει.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 23, 2025 12:37 pm
Όλα επιτρέπονται.pngΤο παρόν θέμα είναι του τύπου : " Μην ασχολείσθε ". Λοιπόν , να σχεδιασθεί ορθογώνιο τρίγωνο ,

με την εξής ιδιότητα : Αν η διάμεσος και η υποτείνουσα τέμνουν το ημικύκλιο διαμέτρου ,

στα σημεία αντίστοιχα , να είναι : .

: ola epitr.png (23.49 KiB) Προβλήθηκε 554 φορές

.
Με αρχή των αξόνων το

, είναι

, όπου

ο άγνωστος.

Το

είναι στην τομή της ευθείας $y=-\dfrac {d}{R}x$ και του κύκλου x^2+y^2=R^2

. Λύνοντας θα βρούμε

$\boxed {S\left (-\dfrac {R^2}{\sqrt {R^2+d^2}},\, \dfrac {d}{\sqrt {R^2+d^2} }\right )}$

Το

είναι στην τομή της ευθείας $y=-\dfrac {d}{2R}(x-R)$ και του κύκλου x^2+y^2=R^2

. Λύνοντας θα βρούμε

$\boxed {T\left (-\dfrac {R(R^2-d^2)}{R^2+d^2},\, \dfrac {2R^3}{R^2+d^2 }\right )}$

Τώρα η συνθήκη AS^2=CT^2

δίνει την εξίσωση

$\left ( -\dfrac {R^2}{\sqrt {R^2+d^2}}+R\right) ^2+\left ( \dfrac {d}{\sqrt {R^2+d^2}} \right) ^2=\left ( -\dfrac {R(R^2-d^2)}{R^2+d^2}+R\right) ^2+\left (\dfrac {2R^3}{R^2+d^2 }-d \right) ^2$

Ανάγεται σε εξίσωση δωδεκάτου βαθμού ως προς

, την οποία λύνουμε με λογισμικό. Δεν το έκανα. Και η εξίσωση στου Νίκου οδηγεί σε εξίσωση δωδεκάτου βαθμού

'Οπως είπε ένας σοφός, το πρόβλημα δεν είναι η ερώτηση και η λύση δεν είναι η απάντηση.

Όλα επιτρέπονται

Όλα επιτρέπονται

Re: Όλα επιτρέπονται

Re: Όλα επιτρέπονται

Μέλη σε σύνδεση