Γωνία και παραλληλία

KARKAR · #1

: Γωνία και παραλληλία.png (12.41 KiB) Προβλήθηκε 410 φορές

Από σημείο

της προέκτασης της διαμέτρου

ενός ημικυκλίου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα

. Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{AST}$ , τέμνει την χορδή

στο σημείο

.

α) Υπολογίστε την γωνία $\widehat{TDS}$ ... β) Για ποια θέση του

, προκύπτει : $BD \parallel ST$ ;

Nikitas K. · #2

Για το α)
$\displaystyle{ \begin{Bmatrix} \theta = \pi - (\omega + \dfrac{\pi}{2}) - \phi \\\\ 2\omega+2\phi = \dfrac{\pi}{2} \end{Bmatrix} \Leftrightarrow \begin{Bmatrix} \theta = \pi - \dfrac{\pi}{2} - (\omega + \phi) \\\\ \omega+\phi = \dfrac{\pi}{4} \end{Bmatrix} \Leftrightarrow \begin{Bmatrix} \theta = \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\pi}{4} \\\\ \omega+\phi = \dfrac{\pi}{4} \end{Bmatrix} \Leftrightarrow \begin{Bmatrix} \theta = \dfrac{\pi}{4} \\\\ \omega+\phi = \dfrac{\pi}{4} \end{Bmatrix} }$

: Γωνία και παραλληλία.png (55.98 KiB) Προβλήθηκε 380 φορές

KARKAR · #3

Νικήτα , σωστός ! Θα μπορούσαμε επίσης να "δούμε¨ την $\theta$ , ως εξωτερική στο τρίγωνο DAS

,

οπότε : $\theta=\omega+\phi =45^0$ , αφού : $2\omega+2\phi =90^0$ .

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 17, 2025 8:33 pm
Γωνία και παραλληλία.pngΑπό σημείο της προέκτασης της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα . Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{AST}$ , τέμνει την χορδή στο σημείο .

α) Υπολογίστε την γωνία $\widehat{TDS}$ ... β) Για ποια θέση του , προκύπτει : $BD \parallel ST$ ;

α) $\displaystyle T\widehat BA = \omega + 2\theta \Leftrightarrow 90^\circ - \omega = \omega + 2\theta \Leftrightarrow \omega + \theta = 45^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{T\widehat DS=45^\circ}$

: Γωνία και παραλληλία.png (16.92 KiB) Προβλήθηκε 365 φορές

β) $\displaystyle BD//TS \Leftrightarrow D\widehat BA = 2\theta,$ άρα τα τρίγωνα ADB, BTS

είναι ίσα και αν

είναι η ακτίνα του ημικυκλίου,

$\displaystyle ST = 2r \Leftrightarrow x(x + 2r) = 4{r^2} \Leftrightarrow {x^2} + 2rx - 4{r^2} = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{x=r(\sqrt 5-1)}$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 17, 2025 8:33 pm
Γωνία και παραλληλία.pngΑπό σημείο της προέκτασης της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρουμε το εφαπτόμενο

τμήμα . Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{AST}$ , τέμνει την χορδή στο σημείο .

α) Υπολογίστε την γωνία $\widehat{TDS}$ ... β) Για ποια θέση του , προκύπτει : $BD \parallel ST$ ;

α ) Ας είναι

η προβολή του

στην

. Στο $\vartriangle TES$ το σημείο τομής ,

των $TB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DS$ είναι το έγκεντρο του .

Επειδή $\widehat {SIT} = 90^\circ + \dfrac{{\widehat {SET}}}{2} = 135^\circ \Rightarrow \widehat {BIS} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {IDT} = 45^\circ$ .

β) Αν τώρα , DB//TS

το $\vartriangle BDS$ θα είναι ισοσκελές με κορυφή το

, έτσι $\boxed{BS = DB = x}$ . Ταυτόχρονα θα ισχύουν :

: Γωνία και παραλληλία_new.png (28.69 KiB) Προβλήθηκε 330 φορές

$\left\{ \begin{gathered} T{S^2} = SB \cdot SA = x\left( {x + 2r} \right) \hfill \\ \frac{{DB}}{{TS}} = \frac{{AB}}{{AS}} \Rightarrow \frac{x}{{TS}} = \frac{{2r}}{{\left( {x + 2r} \right)}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} T{S^2} = x\left( {x + 2r} \right) \hfill \\ \frac{{{x^2}}}{{T{S^2}}} = \frac{{4{r^2}}}{{{{\left( {x + 2r} \right)}^2}}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

Πολλαπλασιάζω κατά μέλη και προκύπτει : ${x^2} + 2rx - 4{r^2} = 0 \Rightarrow \boxed{x = \left( { - 1 + \sqrt 5 } \right)r}$

Γωνία και παραλληλία

Γωνία και παραλληλία

Re: Γωνία και παραλληλία

Re: Γωνία και παραλληλία

Re: Γωνία και παραλληλία

Re: Γωνία και παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση