Η ωραία εφαπτομένη

KARKAR · #1

: Η ωραία εφαπτομένη.png (6.28 KiB) Προβλήθηκε 379 φορές

Τα σημεία M,N

είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD

αντίστοιχα , του ρόμβου ABCD

.

Αν $\widehat{MAN}=90^0$ , υπολογίστε την $\tan\widehat{BAM}$ και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου .

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #2

Θεωρώ

την ορθή προβολή του

στην

και

,

τις τομές της

με τις

αντίστοιχα. Το τετράπλευρο AECZ

είναι ορθογώνιο άρα $\widehat{CEA}=90^{\circ}$ . Τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα BTE

και

είναι ίσα, οπότε BT=TE=AT/2

άρα $\tan \vartheta =\dfrac{BT}{AT}=\dfrac{1}{2}$ .

Απο την ισότητα των τριγώνων BTE

και

, το ορθογώνιο AECZ

και την ισότητα BO=OD

πέρνουμε $BE=AC=EZ=ZD\Rightarrow AC=\dfrac{1}{3}BD$

: Η ωραία εφαπτομένη.PNG (41.07 KiB) Προβλήθηκε 345 φορές

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am
Η ωραία εφαπτομένη.pngΤα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα , του ρόμβου .

Αν $\widehat{MAN}=90^0$ , υπολογίστε την $\tan\widehat{BAM}$ και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου .

Τριγωνομετρικά:

$\widehat{B}=180-\left ( 90+2\vartheta \right )=90-2\vartheta ,\widehat{BMA}=180-\widehat{B}-\vartheta =90+\vartheta$
Αν

η πλευρά του ρόμβου έχουμε με νόμο ημιτόνων στο BAM

: $\dfrac{\dfrac{a}{2}}{\sin\vartheta }=\dfrac{a}{\sin\left ( 90+\vartheta \right )}=\dfrac{a}{\cos\vartheta }\Leftrightarrow \dfrac{1}{2\sin\vartheta }=\dfrac{1}{\cos\vartheta }\Leftrightarrow \tan\vartheta =\dfrac{1}{2}$

Είναι $\sin^2\vartheta =\dfrac{\tan^2\vartheta }{1+\tan^2\vartheta }\Leftrightarrow \sin\vartheta =\dfrac{\sqrt{5}}{5},\cos^2\vartheta =\dfrac{1}{1+\tan^2\vartheta }\Leftrightarrow \cos\vartheta =\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$
Από τις παραπάνω σχέσεις $\cos\widehat{A}=\cos\left ( 90+2\vartheta \right )=-\sin2\vartheta =-2\dfrac{\sqrt{5}}{5}\cdot \dfrac{2\sqrt{5}}{5}=\dfrac{-4}{5}$

Έτσι είναι $\dfrac{AC^2}{BD^2}=\dfrac{2a^2-2a^2\dfrac{4}{5}}{2a^2+2a^2\dfrac{4}{5}}=\dfrac{2}{18}=\dfrac{1}{9}\Leftrightarrow \dfrac{AC}{BD}=\dfrac{1}{3}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am
Η ωραία εφαπτομένη.pngΤα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα , του ρόμβου .

Αν $\widehat{MAN}=90^0$ , υπολογίστε την $\tan\widehat{BAM}$ και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου .

Από την προφανή ισότητα των $\displaystyle \vartriangle ABM,AND \Rightarrow AM = AN$ και $\displaystyle G$ , $\displaystyle P$ είναι κ.βάρους των $\displaystyle \vartriangle ABC,ACD \Rightarrow x = \frac{{BD}}{6}$

Με $\displaystyle E$ συμμετρικό του $\displaystyle A$ ως προς $\displaystyle M \Rightarrow CE//AB \Rightarrow D,C,E$ συνευθειακά και $\displaystyle \boxed{\tan \theta = \frac{{AN}}{{AE}} = \frac{1}{2}}$

To $\displaystyle \vartriangle ACP$ είναι ορθογώνιο-ισοσκελές και $\displaystyle \tan {45^0} = \frac{{\frac{{AC}}{2}}}{x} = \frac{{\frac{{AC}}{2}}}{{\frac{{BD}}{6}}}$ $\displaystyle \Rightarrow \boxed{\frac{{AC}}{{BD}} = \frac{1}{3}}$

: ωραία εφαπτομένη.png (12.41 KiB) Προβλήθηκε 334 φορές

Ιστοσελίδα · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am
Τα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα, του ρόμβου .

Αν $\widehat{MAN}=90^0$ , υπολογίστε την $\tan\widehat{BAM}$ και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου.

: shape.png (15.24 KiB) Προβλήθηκε 297 φορές

1) Αν

μέσα των

αντίστοιχα, τότε $KC\mathop = \limits^\parallel AN = AM$ και $ML\mathop = \limits^\parallel \dfrac{{KC}}{2}$ . Εύκολα από το ορθογώνιο $\triangleleft AML:\tan \theta = \dfrac{{AM}}{{ML}} = \dfrac{1}{2}$

2) Λόγω των συμμετρικων βαρύκεντρων θα ισχύει: $\dfrac{{AC}}{{BD}} = \dfrac{{2x}}{{6x}} = \dfrac{1}{3}$

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am
Η ωραία εφαπτομένη.pngΤα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα , του ρόμβου .

Αν $\widehat{MAN}=90^0$ , υπολογίστε την $\tan\widehat{BAM}$ και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου .

: Η ωραία εφαπτομένη.png (17.64 KiB) Προβλήθηκε 287 φορές

Η

διέρχεται από το μέσο

του

και είναι $\displaystyle A\widehat MP = \theta \Rightarrow$ $\boxed{\tan \theta = \frac{{AP}}{{AM}} = \frac{1}{2}}$

$\displaystyle \frac{{BD}}{{AC}} = \frac{{BO}}{{AO}} = \tan (45^\circ + \theta ) = \frac{{1 + \frac{1}{2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{BD}{AC}=3}$

Αλλιώς για το δεύτερο ερώτημα. $\displaystyle \frac{{BD}}{{AC}} = \frac{{2MN}}{{2AO}} = \frac{{MN}}{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{MN}}{2}}} = 3$

#7

Αν και έχουν λεχθεί πιο πάνω( Με πρώτο και ωραίο το νεαρό Θεοδόσιο ) με τον ένα ή τον άλλο τρόπο .

: Η ωραία εφαπτομένη.png (18.48 KiB) Προβλήθηκε 280 φορές

Αν

τα σημεία τομής των $AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AN$ με τη διαγώνιο

, τα σημεία αυτά είναι βαρύκεντρα των ορθογωνίων τριγώνων $ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAC$ .

Επίσης το τετράπλευρο AGCJ

είναι τετράγωνο , οπότε:

α) $\boxed{\tan \theta = \tan {\theta _1} = \frac{{GM}}{{GC}} = \frac{{GM}}{{GA}} = \frac{1}{2}}$

β) $\boxed{\frac{{BD}}{{AC}} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{{3m}}{m} = 3}$

δεν είχα δει το Γιώργο . όταν τα έγραφα

Η ωραία εφαπτομένη

Η ωραία εφαπτομένη

Re: Η ωραία εφαπτομένη

Re: Η ωραία εφαπτομένη

Re: Η ωραία εφαπτομένη

Re: Η ωραία εφαπτομένη

Re: Η ωραία εφαπτομένη

Re: Η ωραία εφαπτομένη

Μέλη σε σύνδεση