Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2

KARKAR · #1

: Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2.png (13.07 KiB) Προβλήθηκε 969 φορές

Στο άκρο

της διαμέτρου AB=2r

ενός ημικυκλίου υψώνω κάθετη , επί της οποίας θεωρώ

σημείο

. Η

τέμνει το τόξο στο

ενώ η διχοτόμος της $\widehat{ASB}$ , τέμνει τις BT , BA

στα

σημεία P,Q

αντίστοιχα . Για ποια θέση του

, προκύπτει η ισότητα: (STP)=(PQB)

;

Αν επιτύχετε υπολογιστική λύση , χωρίς δηλαδή κατασκευαστική επιβεβαίωση , δημοσιεύστε την

#2

: Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2.png (19.48 KiB) Προβλήθηκε 945 φορές

Η $TQ \bot AB$ και το

χωρίζει την

σε μέσο κι άκρο λόγο .

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 05, 2020 1:22 pm
Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2.pngΣτο άκρο της διαμέτρου ενός ημικυκλίου υψώνω κάθετη , επί της οποίας θεωρώ

σημείο . Η τέμνει το τόξο στο ενώ η διχοτόμος της $\widehat{ASB}$ , τέμνει τις στα

σημεία αντίστοιχα . Για ποια θέση του , προκύπτει η ισότητα: ;

Αν επιτύχετε υπολογιστική λύση , χωρίς δηλαδή κατασκευαστική επιβεβαίωση , δημοσιεύστε την

: Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2_Ανάλυση.png (20.34 KiB) Προβλήθηκε 905 φορές

Έστω λυμένο το πρόβλημα. Ας είναι : $TA = a\,\,,\,\,TS = TQ = b\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BS = h$ .

Θα ισχύουν ταυτόχρονα: $\left\{ \begin{gathered} \frac{{AT}}{{AS}} = \frac{{TQ}}{{BS}} \hfill \\ B{S^2} = ST \cdot SA \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{a}{{a + b}} = \frac{b}{h} \hfill \\ {h^2} = a\left( {a + b} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Διώχνω το

και προκύπτει: $\left( {a + b} \right)b = {a^2}$ , θέτω: $\boxed{a = xb}$ κι έχω:

${x^2} - x - 1 = 0 \Rightarrow \boxed{x = \varphi }$ .

Κατασκευή:

Χωρίζω την

σε μέσο κι άκρο λόγο , δηλαδή για το σημείο της

θα ισχύει :

$A{Q^2} = AB \cdot QB$ . Η κάθετη στο

επί την

τέμνει το ημικύκλιο στο

.

Η

τέμνει στο

την εις το

εφαπτομένη του ημικυκλίου.

nickchalkida · #4

Πρώτα να συγχαρώ τον Νίκο (Δόλορο) για την όμορφη και καθαρή λύση.
Η δική μου λύση είναι υπολογιστική, όχι τόσο κομψή αλλά ίσως χρήσιμη για να βγουν συμπεράσματα από
κάποιον που έχει χρόνο να κάνει μια λεπτομερή σύγκριση.

$\displaystyle{ \left. \begin{aligned} & SB = 2r\tan\theta \cr & QB = SB \tan({\pi\over 4}-{\theta\over 2}) \cr \end{aligned} \right\} \rightarrow AQ = 2r -2r\cdot \tan\theta \tan({\pi\over 4}-{\theta\over 2}) \cr }$

$\displaystyle{ AD = AC + CQ = r + r \cos(2\theta) }$

Όταν (STP) = (PQB)

θα είναι

. Τότε

$\displaystyle{ \begin{aligned} & { 1 + \cos(2\theta) \over 2} = 1 - \tan\theta { \tan{\pi\over 4} - \tan{\theta\over 2} \over \tan{\pi\over 4} + \tan{\theta\over 2} } \rightarrow \cr & \cos^2\theta = 1 - \tan\theta { 1- \tan{\theta\over 2} \over 1 + \tan{\theta\over 2} } \rightarrow \cr & {(1 + \tan^2{\theta\over 2})^2 \over (1 + \tan^2{\theta\over 2})^2} = 1 - { 2\tan{\theta\over 2} \over 1-\tan^2{\theta \over 2}} { 1- \tan{\theta\over 2} \over 1 + \tan{\theta\over 2} } \cr \end{aligned} }$

Για $\tan{\theta\over 2} = x$ η παραπάνω απλοποιείται στην

$\displaystyle{ \begin{aligned} & { (1-x^2)^2 \over (1+x^2)^2} = { 1+x^2 \over (1+x)^2} \rightarrow \cdots \rightarrow \cr & 2x(x^4-2x^3-2x^2-2x+1) = 0 \cr \end{aligned} }$

Η παραπάνω με χρήση λογισμικού, δίνει τις ρίζες (η 2η αντιστοιχει στην συμμετρική ως προς τον

άξονα γωνία της 1ης)

$\displaystyle{ \begin{aligned} & x_1 \approx 0.34601 \rightarrow \theta_1 = 2\tan^{-1} (0.34601) = 38.172263553642^o \cr & x_2 \approx 2.89005 \rightarrow \theta_2 = 2\tan^{-1} (2.89005) = 141.82724779466^o \cr \end{aligned} }$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 05, 2020 1:22 pm
Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2.pngΣτο άκρο της διαμέτρου ενός ημικυκλίου υψώνω κάθετη , επί της οποίας θεωρώ

σημείο . Η τέμνει το τόξο στο ενώ η διχοτόμος της $\widehat{ASB}$ , τέμνει τις στα

σημεία αντίστοιχα . Για ποια θέση του , προκύπτει η ισότητα: ;

Αν επιτύχετε υπολογιστική λύση , χωρίς δηλαδή κατασκευαστική επιβεβαίωση , δημοσιεύστε την

Θέτω

και έστω

η προβολή του

στην

Λόγω της διχοτόμου είναι QK=QB=x

και

από την προφανή ομοιότητα των STP, SQB

είναι $\displaystyle B\widehat QP = T\widehat PS = Q\widehat PB \Leftrightarrow PB = QB = x$

: Για νευρικούς 2.png (23.74 KiB) Προβλήθηκε 835 φορές

Από τις παραλληλίες που προκύπτουν και τις ομοιότητες τριγώνων, βρίσκω:

$\displaystyle BT = \frac{{2rx}}{{2r - x}},PT = \frac{{{x^2}}}{{2r - x}},ST = 2\sqrt {r(r - x)}$ και $\displaystyle AT = \frac{{4r}}{{2r - x}}\sqrt {r(r - x)}$

$\displaystyle (STP) = (PQB) \Leftrightarrow \frac{{ST \cdot PT}}{2} = \frac{{{x^2}}}{2}\sin B \Leftrightarrow {x^2} - 6xr + 4{r^2} = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{x < r}$ $\boxed{x = (3 - \sqrt 5 )r}$

Κατασκευή: Παίρνω το σημείο

έτσι ώστε $BQ = (3 - \sqrt 5 )r$ και γράφω τον κύκλο $\displaystyle \left( {Q,(3 - \sqrt 5 )r} \right).$ Οι εφαπτόμενες του κύκλου από τα A, B

τέμνονται στο ζητούμενο σημείο

STOPJOHN · #6

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 05, 2020 1:22 pm
Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2.pngΣτο άκρο της διαμέτρου ενός ημικυκλίου υψώνω κάθετη , επί της οποίας θεωρώ

σημείο . Η τέμνει το τόξο στο ενώ η διχοτόμος της $\widehat{ASB}$ , τέμνει τις στα

σημεία αντίστοιχα . Για ποια θέση του , προκύπτει η ισότητα: ;

Αν επιτύχετε υπολογιστική λύση , χωρίς δηλαδή κατασκευαστική επιβεβαίωση , δημοσιεύστε την

$(STP)=(PQB)\Leftrightarrow (TSB)=(QSB)\Leftrightarrow (ST).(TB)=(QB)x,(1), x=BS,$

$SA^{2}=x^{2}+4r^{2},ST.SA=x^{2}\Rightarrow ST=\dfrac{x^{2}}{\sqrt{x^{2}+4r^{2}}},$

Απο το θεώρημα της διχοτόμου $\dfrac{AQ}{AS}=\dfrac{QB}{x}=\dfrac{2r}{x+AS}\Rightarrow QB=\dfrac{2rx}{x+\sqrt{x^{2}+4r^{2}}},BT=\dfrac{xQB}{ST}\Rightarrow BT=\dfrac{2r\sqrt{x^{2}+4r^{2}}}{x+\sqrt{x^{2}+4r^{2}}},(2),BT=\dfrac{2rx}{\sqrt{x^{2}+4r^{2}}},(3), (2),(3)\Rightarrow x^{2}(x^{2}+4r^{2})=16r^{4}\Rightarrow x^{2}=4r^{2}.(\phi -1)$

Για την κατασκευή εντάσσεται $x^{2}=k.l$ ,γνωστή

Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2

Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2

Re: Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2

Re: Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2

Re: Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2

Re: Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2

Re: Ισεμβαδικότητα για νευρικούς 2

Μέλη σε σύνδεση