Διγωνιακό πρόβλημα

KARKAR · #1

: Διγωνιακό πρόβλημα.png (16.2 KiB) Προβλήθηκε 772 φορές

Το ορθογώνιο τρίγωνο ABC

έχει κάθετες πλευρές : AB=c , AC=2c

. Ο έγκυκλος του τριγώνου τέμνει

τον κύκλο (B,BA)

, στα σημεία S , T

. Υπολογίστε τα μέτρα των γωνιών : $\widehat{SBT}=\theta$ και $\widehat{SKT}=\omega$ .

#2

KARKAR έγραψε: Δευ Ιούλ 27, 2020 7:14 pm Διγωνιακό πρόβλημα.pngΤο ορθογώνιο τρίγωνο έχει κάθετες πλευρές : . Ο έγκυκλος του τριγώνου τέμνει

τον κύκλο , στα σημεία . Υπολογίστε τα μέτρα των γωνιών : $\widehat{SBT}=\theta$ και $\widehat{SKT}=\omega$ .

Εκτός φακέλου.

: Διγωνιακό πρόβλημα.png (16.9 KiB) Προβλήθηκε 719 φορές

Με Π. Θ είναι $\displaystyle a = c\sqrt 5.$ Αλλά, $\displaystyle AD = \tau - a = \frac{c}{2}(3 - \sqrt 5 ) \Rightarrow BD = \frac{c}{2}(\sqrt 5 - 1)$ και με Π.Θ στο

BDK

είναι $\displaystyle BK = c\sqrt {5 - 2\sqrt 5 } .$ Τέλος με νόμο συνημιτόνου στο BSK

βρίσκω $\displaystyle \cos \frac{\theta }{2} = \frac{{5 - \sqrt 5 }}{{4\sqrt {5 - 2\sqrt 5 } }}.$

$\displaystyle cos\theta = 2{\cos ^2}\frac{\theta }{2} - 1 = \frac{{5(3 - \sqrt 5 )}}{{4(5 - 2\sqrt 5 )}} - 1 = \frac{{3\sqrt 5 - 5}}{{4(5 - 2\sqrt 5 )}} = \frac{{\sqrt 5 + 1}}{4} \Leftrightarrow$ $\boxed{\theta=36^\circ}$

Τώρα με νόμο συνημιτόνου διαδοχικά στα τρίγωνα BST, KST

παίρνω πρώτα $\displaystyle S{T^2} = \frac{{{c^2}}}{2}(3 - \sqrt 5 )$

και στη συνέχεια $\displaystyle \cos \omega = - \frac{{\sqrt 5 - 1}}{4} = - \cos 72^\circ = \cos 108^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{\omega=108^\circ}$

Πιστεύω ότι υπάρχει πολύ ευκολότερη λύση και θα ήθελα να δω μία εντός φακέλου.

#3

Ας είναι

το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με την AB = c

και

το άλλο σημείο τομής του κύκλου αυτού με την

.

Ξέρω ότι $\boxed{\varphi = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ , υπολογίζω την περίμετρο του $\vartriangle ABC$ και είναι :

$2s = \dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}c \Rightarrow s = c{\varphi ^2}\,\,\,\left( 1 \right)$ , $AE = r = s - a = \dfrac{c}{{{\varphi ^2}}}\,\,\,\left( 2 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,BE = s - 2c = \dfrac{c}{\varphi }\,\,\left( 3 \right)\,\,\,$

Θέτω BZ = t

κι επειδή : $B{E^2} = BZ \cdot BS \Rightarrow \dfrac{{{c^2}}}{{{\varphi ^2}}} = tc \Rightarrow t = \dfrac{c}{{{\varphi ^2}}}$ , άρα λόγω της $\left( 2 \right)$ έχω:

$\boxed{t = r}$

: Διγωνιακό ζήτημα.png (26.21 KiB) Προβλήθηκε 656 φορές

Επειδή προφανώς $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}$ το τετράπλευρο BZKT

είναι εγγράψιμο

και αφού $KT = BZ\left( {r = t} \right)$ θα είναι ισοσκελές τραπέζιο .

Τώρα όμως στο ισοσκελές $\vartriangle BST$ , έχω: $\widehat {{\theta _{}}} = \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} = \widehat {KDT} = \widehat {KTS}$ , οπότε:

$5\widehat {{\theta _{}}} = 180^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat {{\theta _{}}} = 36^\circ }\,\, \Rightarrow \boxed{\widehat {{\omega _{}}} = 180^\circ - 2\widehat {{\theta _{}}} = 108^\circ }$

Παρατήρηση :

Ωραίος τρόπος κατασκευής κανονικού δεκαγώνου στον κύκλο $\left( {B,c} \right)$

#4

Άλλη μία. Κρατάω από την προηγούμενή μου ανάρτηση ότι $\displaystyle r=KS = \frac{c}{2}(3 - \sqrt 5 )$ και $\displaystyle BK = c\sqrt {5 - 2\sqrt 5 } .$

: Διγωνιακό πρόβλημα.β.png (23.01 KiB) Προβλήθηκε 643 φορές

Στο κύκλο

φέρνω τη διάμετρο $EZ\bot BK.$ Η

είναι μεσοκάθετη του

αλλά και του ST,

άρα το

είναι ισοσκελές τραπέζιο και τα σημεία T, K, E

είναι συνευθειακά, όπως και τα S, K, Z.

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{KS}}{{KZ}} = \dfrac{{ST}}{{2c}}\\ \\ KS \cdot KZ = {c^2} - K{B^2} \end{array} \right.\mathop \Rightarrow \limits^ \otimes K{S^2} = \frac{{ST}}{{2c}}({c^2} - K{B^2}) \Leftrightarrow$ $\boxed{ST = \frac{{c(\sqrt 5 - 1)}}{2}}$ Άρα το

είναι η πλευρά του κανονικού 10γώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας

Οπότε, $\boxed{\theta=36^\circ}$

Αλλά, $\displaystyle S\widehat ET = \frac{\theta }{2} \Rightarrow \omega = 90^\circ + \frac{\theta }{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{\omega=108^\circ}$

Παρατήρηση: Το είναι έγκεντρο και του

Διγωνιακό πρόβλημα

Διγωνιακό πρόβλημα

Re: Διγωνιακό πρόβλημα

Re: Διγωνιακό πρόβλημα

Re: Διγωνιακό πρόβλημα

Μέλη σε σύνδεση