Ειδικό εφαπτόμενο

KARKAR · #1

: Ειδικό εφαπτόμενο.png (13.09 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές

Από σημείο

της προέκτασης της διαμέτρου AOB

ενός ημικυκλίου , φέρω το εφαπτόμενο

τμήμα

. Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{AST}$ , τέμνει την

στο σημείο

και το τόξο στο

.

α) Δείξτε ότι : $\widehat{QPA}=45^0$ ... β) Βρείτε τη θέση του

για την οποία τα τμήματα AQ , OT

είναι παράλληλα ( επιτρέπεται και μη κατασκευαστική - δηλαδή υπολογιστική - λύση ) .

#2

KARKAR έγραψε:Ειδικό εφαπτόμενο.pngΑπό σημείο της προέκτασης της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω το εφαπτόμενο

τμήμα . Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{AST}$ , τέμνει την στο σημείο και το τόξο στο .

α) Δείξτε ότι : $\widehat{QPA}=45^0$ ... β) Βρείτε τη θέση του για την οποία τα τμήματα

είναι παράλληλα ( επιτρέπεται και μη κατασκευαστική - δηλαδή υπολογιστική - λύση ) .

: Ειδικό εφαπτόμενο.png (19.37 KiB) Προβλήθηκε 477 φορές

α) $\displaystyle{T\widehat BA = 2\varphi + \omega ,T\widehat BA + T\widehat AB = {90^0} \Leftrightarrow 2\varphi + 2\omega = {90^0} \Leftrightarrow \varphi + \omega = {45^0} \Leftrightarrow }$ $\boxed{Q\widehat PA=45^0}$

β) $\displaystyle{AQ||OT \Leftrightarrow T\widehat BQ = Q\widehat AT = \omega \Leftrightarrow Q\widehat BA = 2\varphi \Leftrightarrow }$ $\boxed{BQ=BS=x}$

$\displaystyle{\sin 2\varphi = \frac{{OT}}{{OS}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\sin 2\varphi = \frac{R}{{x + R}}}$ και $\displaystyle{\cos 2\varphi = \frac{{BO}}{{AB}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\cos 2\varphi = \frac{x}{{2R}}}$ κι επειδή $\displaystyle{{\sin ^2}2\varphi + {\cos ^2}2\varphi = 1}$

x^3+2Rx^2-3R^2x-8R^3=0

, όπου το WolframAlpha δίνει: $\boxed{x = \frac{R}{3}\left( { - 2 + \sqrt[3]{{73 - 6\sqrt {87} }} + \sqrt[3]{{73 + 6\sqrt {87} }}} \right)}$

#3

KARKAR έγραψε:Ειδικό εφαπτόμενο.pngΑπό σημείο της προέκτασης της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , φέρω το εφαπτόμενο

τμήμα . Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{AST}$ , τέμνει την στο σημείο και το τόξο στο .

α) Δείξτε ότι : $\widehat{QPA}=45^0$ ... β) Βρείτε τη θέση του για την οποία τα τμήματα

είναι παράλληλα ( επιτρέπεται και μη κατασκευαστική - δηλαδή υπολογιστική - λύση ) .

Επειδή $\widehat \omega = \widehat {BTS}$ θα είναι : $\left\{ \begin{gathered} \widehat {{\theta _1}} = \widehat {BTS} + \widehat \xi \hfill \\ \widehat {{\theta _2}} = \widehat \omega + \widehat \xi \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}}$ και αφού

$\widehat {ATB} = 90^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} = 45^\circ }$ . Για το άλλο ερώτημα .

Τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle TOS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle QAB$ είναι όμοια. Αν $BS = x \Rightarrow BQ = x$

Έστω AQ = y

θα ισχύουν :

: Ειδικό εφαπτόμενο_ok.png (31.41 KiB) Προβλήθηκε 467 φορές

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{AQ}}{{AB}} = \frac{{TO}}{{OS}} \hfill \\ A{B^2} = Q{A^2} + Q{B^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{y}{{2R}} = \frac{R}{{R + x}} \hfill \\ 4{R^2} = {y^2} + {x^2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ απ’ όπου

$\boxed{y = \frac{R}{3}(\sqrt[3]{{28 - 3\sqrt {87} }} + \sqrt[3]{{28 + 3\sqrt {87} }}) - \frac{{2R}}{3}}$ . Φέρνω το $AQ = y\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OT//AQ$ ή

εφαπτομένη του ημικυκλίου στο

τέμνει την

στο

.

Έχει γεωμετρική κατασκευή Ο θεματοδότης ;

Φιλικά, Νίκος

Ειδικό εφαπτόμενο

Ειδικό εφαπτόμενο

Re: Ειδικό εφαπτόμενο

Re: Ειδικό εφαπτόμενο

Μέλη σε σύνδεση