Διγωνιακό πρόβλημα

Συντονιστές: silouan, Doloros, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11710
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Διγωνιακό πρόβλημα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Ιούλ 27, 2020 7:14 pm

Διγωνιακό  πρόβλημα.png
Διγωνιακό πρόβλημα.png (16.2 KiB) Προβλήθηκε 201 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 .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9575
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Διγωνιακό πρόβλημα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιούλ 27, 2020 11:54 pm

KARKAR έγραψε:
Δευ Ιούλ 27, 2020 7:14 pm
Διγωνιακό πρόβλημα.pngΤο 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 .
Εκτός φακέλου.
Διγωνιακό πρόβλημα.png
Διγωνιακό πρόβλημα.png (16.9 KiB) Προβλήθηκε 148 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.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7340
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Διγωνιακό πρόβλημα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Ιούλ 28, 2020 5:19 pm

Ας είναι E το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με την AB = c και Z το άλλο σημείο τομής του κύκλου αυτού με την BS.

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
Διγωνιακό ζήτημα.png (26.21 KiB) Προβλήθηκε 85 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)


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9575
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Διγωνιακό πρόβλημα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιούλ 28, 2020 6:41 pm

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
Διγωνιακό πρόβλημα.β.png (23.01 KiB) Προβλήθηκε 72 φορές
Στο κύκλο (B, BA) φέρνω τη διάμετρο EZ\bot BK. Η BK είναι μεσοκάθετη τουEZ αλλά και του ST,

άρα το STZE 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 ST

είναι η πλευρά του κανονικού 10γώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας c. 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 K είναι έγκεντρο και του BST


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης