Δύο εφαπτόμενες

KARKAR · #1

: Δύο εφαπτόμενες.png (9.39 KiB) Προβλήθηκε 542 φορές

Στην κάθετη πλευρά

και στην υποτείνουσα

, ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,

παίρνουμε σημεία S,P

αντίστοιχα , τέτοια ώστε : AS=CP=AC

. Αν

είναι

το μέσο της

και $MP \perp SP$ , υπολογίστε τις $tan\hat{B} , tan\widehat{PMS}$ .

#2

KARKAR έγραψε:Δύο εφαπτόμενες.pngΣτην κάθετη πλευρά και στην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,

παίρνουμε σημεία αντίστοιχα , τέτοια ώστε : . Αν είναι

το μέσο της και $MP \perp SP$ , υπολογίστε τις $tan\hat{B} , tan\widehat{PMS}$ .

Αναμένοντας κάτι ευκολότερο...

: Δύο εφαπτόμενες...png (17.21 KiB) Προβλήθηκε 510 φορές

Το

είναι εγγράψιμο και το τρίγωνο CAP

ισοσκελές, άρα $\widehat C=2S\widehat AP=2\theta.$

$\displaystyle{\tan 2\theta = \frac{c}{b} \Leftrightarrow \frac{{2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }} = \frac{c}{b} \Leftrightarrow }$ $\boxed{tan\theta=\frac{a-b}{b}}$ (1)

Από νόμο συνημιτόνων στο CAP:

$\displaystyle{A{P^2} = 2{b^2}(1 - \cos 2\theta ) = 2{b^2}\left( {1 - \frac{b}{a}} \right)}$ και από θεώρημα διαμέσων στο ίδιο τρίγωνο, παίρνουμε $\boxed{MP = \frac{{b\sqrt {5a - 4b} }}{{2\sqrt a }}}$ (2)

Τέλος από Π.Θ στα τρίγωνα AMS, MPS,

$\displaystyle{MS = \frac{b\sqrt 5 }{2}}$ και $\boxed{PS = \frac{{b\sqrt b }}{{\sqrt a }}}$ (3)

, οπότε από τις σχέσεις (1), (2), (3)

$\displaystyle{\frac{{\alpha - b}}{c} = \frac{{2\sqrt b }}{{\sqrt {5a - 4b} }}\mathop \Leftrightarrow \limits^{{c^2} = {a^2} - {b^2}} ...a = \frac{{13b}}{5} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\tan \theta = \frac{2}{3}}$ και κατά συνέπεια $\boxed{\tan \varphi = \frac{{5}}{12}}$

Ιστοσελίδα · #3

KARKAR έγραψε:Στην κάθετη πλευρά και στην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,

παίρνουμε σημεία αντίστοιχα , τέτοια ώστε : . Αν είναι

το μέσο της και $MP \perp SP$ , υπολογίστε τις $tan\hat{B} , tan\widehat{PMS}$ .

Καλημέρα σας.

: Δύο-εφαπτόμενες.png (31.23 KiB) Προβλήθηκε 470 φορές

Αν

το συμμετρικό του

ως προς

, τότε από $\triangleleft CAP \sim \triangleleft MSS' \Rightarrow \dfrac{{AP}}{{PS}} = \dfrac{4}{{\sqrt 5 }}\,(1)$

Από πρώτο θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγράψιμο MPSA:

$\begin{array}{l} MP \cdot b + \dfrac{{PS \cdot b}}{2} = \dfrac{{AP \cdot b\sqrt 5 }}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{ \cdot \dfrac{2}{b}} \\\\ 2MP + PS = AP\sqrt 5 \mathop \Leftrightarrow \limits^{:PS} \\\\ \dfrac{{2MP}}{{PS}} + \dfrac{{PS}}{{PS}} = \dfrac{{AP\sqrt 5 }}{{PS}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} \\\\ 2\sigma \varphi \theta \, + 1 = 4 \Leftrightarrow \sigma \varphi \theta = \dfrac{3}{2} \end{array}$

,οπότε $\varepsilon \varphi \theta = \dfrac{2}{3}$ και $\varepsilon \varphi \varphi = \sigma \varphi (2\theta ) = \dfrac{{\sigma {\varphi ^2}\theta - 1}}{{2\sigma \varphi \theta }} = \dfrac{5}{{12}}$

KARKAR · #4

: Δύο εφαπτόμενες.png (10.95 KiB) Προβλήθηκε 468 φορές

Πυθαγόρειο , νόμος συνημιτόνων και πολλή άλγεβρα : Επειδή : MS^2=PM^2+PS^2

,

είναι : $\dfrac{5b^2}{4}=\dfrac{5b^2}{4}-b^2\dfrac{b}{a}+(a-b)^2+(c-b)^2-2(a-b)(c-b)\dfrac{c}{a}$ (*)

και καθώς : $a=\sqrt{b^2+c^2}$ , παίρνουμε : $b=\dfrac{5c}{12}$ , δηλαδή : $tan\phi=\dfrac{5}{12}$

Αντικαθιστώντας στην (*) , βρίσκουμε : $\dfrac{PS^2}{PM^2}=\dfrac{4}{9}$ , συνεπώς : $tan\theta=\dfrac{2}{3}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε:Δύο εφαπτόμενες.pngΣτην κάθετη πλευρά και στην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,

παίρνουμε σημεία αντίστοιχα , τέτοια ώστε : . Αν είναι

το μέσο της και $MP \perp SP$ , υπολογίστε τις $tan\hat{B} , tan\widehat{PMS}$ .

Έστω $\displaystyle{D}$ συμμετρικό του $\displaystyle{A}$ ως προς $\displaystyle{C}$ και η κάθετος από το $\displaystyle{M}$ στη $\displaystyle{CS}$ τέμνει την κάθετο στην $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{D}$ στο σημείο $\displaystyle{E}$ .

Τα $\displaystyle{MQPS,DEQC}$ είναι εγγράψιμα και συνεπώς όλες οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες με $\displaystyle{\theta }$ άρα και $\displaystyle{QCDP}$ εγγράψιμο.

Επομένως οι περίκυκλοι των $\displaystyle{DCQP,DCQE}$ ταυτίζονται και $\displaystyle{\angle DEC = \angle DPC = \theta }$ .Αλλά $\displaystyle{DE = DM = \frac{{3b}}{2},DC = b \Rightarrow \boxed{\tan \theta = \frac{{DC}}{{DE}} = \frac{2}{3}}}$

$\displaystyle{\angle ACB = 2\theta \Rightarrow \varphi + \theta = {90^0} - \theta \Rightarrow \tan \left( {\varphi + \theta } \right) = \cot \theta \Rightarrow \frac{{\tan \varphi + \frac{2}{3}}}{{1 - \frac{2}{3}\tan \varphi }} = \frac{3}{2} \Rightarrow \boxed{\tan \varphi = \frac{5}{{12}}}}$

: Δυο εφαπτόμενες.png (290.9 KiB) Προβλήθηκε 430 φορές

Δύο εφαπτόμενες

Δύο εφαπτόμενες

Re: Δύο εφαπτόμενες

Re: Δύο εφαπτόμενες

Re: Δύο εφαπτόμενες

Re: Δύο εφαπτόμενες

Μέλη σε σύνδεση