Διαφορετικοί στόχοι

KARKAR · #1

: Διαφορετικοί στόχοι.png (14.49 KiB) Προβλήθηκε 312 φορές

Στις πλευρές της ορθής γωνίας $\widehat{A}$ , θεωρούμε σημεία B,C

, τέτοια ώστε : AB=3 , AC=2

. Στην προέκταση

της

κινείται σημείο

, από το οποίο φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα PT , PS

προς τον κύκλο (A,B,C)

.

Βρείτε την θέση του

, για την οποία : α) : BT=3

και β) : $AT \parallel SB$ .

Nikitas K. · #2

Για το α)

Το σημείο

προσδιορίζεται ως το σημείο τομής της κάθετης από το σημείο

της ακτίνας που καταλήγει στο σημείο

με την προέκταση του

.

#3

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 28, 2025 9:18 am
Διαφορετικοί στόχοι.pngΣτις πλευρές της ορθής γωνίας $\widehat{A}$ , θεωρούμε σημεία , τέτοια ώστε : . Στην προέκταση

της κινείται σημείο , από το οποίο φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα προς τον κύκλο .

Βρείτε την θέση του , για την οποία : α) : και β) : $AT \parallel SB$ .

.

: Διαφορετικοί στόχοι_a.png (19.3 KiB) Προβλήθηκε 229 φορές

.
α) προσδιορίζω το σημείο του κύκλου

για το οποίο CA = CT = 2

οπότε αναγκαστικά TB = 3

.

Η εφαπτομένη του κύκλου στο

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

.

Το άλλο ερώτημα δεν είναι τόσο απλό αλλά είναι εύκολο σε αποτέλεσμα .

β)
Το τετράπλευρο ATBS

είναι ισοσκελές τραπέζιο αλλά και αρμονικό τετράπλευρο . Ας πούμε $AS = y \Rightarrow TB = y$ .

Από το Θ. Πτολεμαίου , $AB \cdot TS = AT \cdot SB + AS \cdot TB \Rightarrow 9 = AT \cdot SB + {y^2}\,\,\,\,\left( 1 \right)$ .

Λόγω του αρμονικού τετράπλευρου , $AT \cdot SB = TB \cdot AS = {y^2}\,\,\left( 2 \right)$ . Από τις δυο προηγούμενες : $9 = 2{y^2} \Rightarrow \boxed{y = \dfrac{3}{{\sqrt 2 }} = \dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}}$ .
.

: Διαφορετικοί στόχοι_b.png (38.71 KiB) Προβλήθηκε 229 φορές

.
Γράφω τον κύκλο $\left( {A,\dfrac{{3\sqrt 2 }}{2}} \right)$ που τέμνει το δεδομένο κύκλο σε δυο σημεία το κάτω από την

που ονομάζω

και από το άνω του

, που το αγνοώ . Η εφαπτομένη στον αρχικό κύκλο στο

τέμνει την

στο

.

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 28, 2025 9:18 am
Διαφορετικοί στόχοι.pngΣτις πλευρές της ορθής γωνίας $\widehat{A}$ , θεωρούμε σημεία , τέτοια ώστε : . Στην προέκταση

της κινείται σημείο , από το οποίο φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα προς τον κύκλο .

Βρείτε την θέση του , για την οποία : α) : και β) : $AT \parallel SB$ .

α) Ακριβώς όπως ο φίλτατος Νίκος. Αποδεικνύεται ότι BP=13

(αλλά αυτό δεν ζητείται).

β) Η ακτίνα του κύκλου είναι $R=\dfrac{\sqrt{13}}{2}$ και οι πράσινες γωνίες είναι ίσες με $\theta.$ θέτω BP=x.

To

είναι ισοσκελές τραπέζιο, άρα ST=AD=3.

Είναι ακόμα, $PS=PT=\sqrt{x(x+3)}.$

: Διαφορετικοί στόχοι.png (18.11 KiB) Προβλήθηκε 208 φορές

$\displaystyle ST = 2R\sin \theta \Leftrightarrow \sin \theta = \frac{3}{{\sqrt {13} }} \Rightarrow \cos \theta = \frac{2}{{\sqrt {13} }}$ και με νόμο ημιτόνων στο SPT

βρίσκω

$\displaystyle PS = \frac{{3\sqrt {13} }}{4}.$ Επομένως, $\displaystyle x(x + 3) = \frac{{117}}{{16}} \Leftrightarrow 16{x^2} + 48x - 117 = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{x=\frac{-6+3\sqrt{17}}{4}}$

KARKAR · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 29, 2025 9:24 am
α) Αποδεικνύεται ότι (αλλά αυτό δεν ζητείται).

Γιώργο , για να είμαι ειλικρινής , η αρχική ιδέα της άσκησης ήταν ακριβώς αυτό

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 29, 2025 9:54 am

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 29, 2025 9:24 am
α) Αποδεικνύεται ότι (αλλά αυτό δεν ζητείται).
Γιώργο , για να είμαι ειλικρινής , η αρχική ιδέα της άσκησης ήταν ακριβώς αυτό

: Διαφορετικοί στόχοι.α.png (13.67 KiB) Προβλήθηκε 192 φορές

Πτολεμαίος στο ABTC.

$\displaystyle 6 + 6 = AT\sqrt {13} \Leftrightarrow AT = \frac{{12}}{{\sqrt {13} }}$ και από τα όμοια τρίγωνα

ATP, BTP

είναι $\displaystyle \frac{{AT}}{3} = \frac{{PT}}{x} \Leftrightarrow \frac{4}{{\sqrt {13} }} = \frac{{\sqrt {x(x + 3)} }}{x} \Leftrightarrow$ $\boxed{x=13}$

Διαφορετικοί στόχοι

Διαφορετικοί στόχοι

Re: Διαφορετικοί στόχοι

Re: Διαφορετικοί στόχοι

Re: Διαφορετικοί στόχοι

Re: Διαφορετικοί στόχοι

Re: Διαφορετικοί στόχοι

Re: Διαφορετικοί στόχοι

Μέλη σε σύνδεση