Όλα τριπλά

KARKAR · #1

: Όλα τριπλά.png (12.71 KiB) Προβλήθηκε 104 φορές

Στην προέκταση της διαμέτρου AOB

ενός ημικυκλίου , θεωρούμε σημείο

και φέρουμε τέμνουσα

SPT

. Κατασκευάστε το σχήμα έτσι , ώστε :

SP=PT=TA

και υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{\tan\omega}{\tan\theta}$ .

#2

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 21, 2026 6:30 pm Όλα τριπλά.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , θεωρούμε σημείο και φέρουμε τέμνουσα

. Κατασκευάστε το σχήμα έτσι , ώστε : $SP=PT=TA$ και υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{\tan\omega}{\tan\theta}$ .

: Τριπλ.png (15.86 KiB) Προβλήθηκε 80 φορές

.
Είναι

\widehat {O_1}=\widehat {O_2}

(ίσες χορδές), οπότε στα ισοσκελή τρίγωνα

AOT, TOP

οι τέσσερις γωνίες $\omega$ είναι ίσες. Ειδικά τώρα από το τρίγωνο ATS

είναι

3\omega = 180-\theta

και άρα

\sin 3\omega= \sin \theta

(*)

Επίσης, από τον Νόμο των ημιτόνων στο ATS

είναι

\dfrac {2a}{\sin \omega} = \dfrac {a}{\sin \theta}

. Άρα

\sin \omega = 2\sin \theta

(**)

Από (*), (**) είναι

2\sin 3\omega = 2\sin \theta = \sin \omega

. Τώρα η πρώτη και η τελευταία δίνουν

2(3\sin \omega- 4 \sin ^3 \omega )= \sin \omega

, από όπου

\sin \omega = \sqrt {\dfrac {5}{8} }

οπότε από την (**) είναι και

\sin \theta = \sqrt {\dfrac {5}{32} }

Εύκολα τώρα

\tan \omega = \sqrt {\dfrac {5}{3} }

και

\tan \theta = \sqrt {\dfrac {5}{27} }

. Άρα

\boxed { \dfrac{\tan\omega}{\tan\theta}=3}

.

Για την κατασκευή του σχήματος είναι

AT= 2R \cos \omega = \sqrt {\dfrac {3}{2} }R

(άμεσο), οπότε τώρα συμπληρώνουμε το σχήμα αρχίζοντας με το να λάβουμε

TP=AT

, και λοιπά.

#3

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 21, 2026 6:30 pm Όλα τριπλά.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , θεωρούμε σημείο και φέρουμε τέμνουσα

. Κατασκευάστε το σχήμα έτσι , ώστε : $SP=PT=TA$ και υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{\tan\omega}{\tan\theta}$ .

: Τριπλ 2.png (20.48 KiB) Προβλήθηκε 63 φορές

.
Υπάρχει γρήγορος τρόπος κατασκευής του σχήματος: Όπως πριν, οι τέσσερις γωνίες $\omega$ είναι ίσες. Έπεται ότι η

είναι διχοτόμος της γωνίας

του τριγώνου ATS

. Άρα

\dfrac {AO}{OS}= \dfrac {AT}{TS}= \dfrac {1}{2}

που σημαίνει ότι

OS=2OA=2R

. Αυτό προσδιορίζει το

. Το

είναι τώρα άμεσο, καθώς βρίσκεται στον κύκλο του Απολλωνίου των σημείων που χωρίζουν το

σε λόγο

(o κόκκινος). Εκεί που τέμνει τον δοθέντα, είναι το ζητούμενο σημείο

.

H εύρεση του $\dfrac{\tan\omega}{\tan\theta}$ μπορεί να γίνει όπως πριν ή από τον Νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ATS

. To αφήνω λόγω ώρας και γιατί είναι σχετικά απλό.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: Τετ Οκτ 21, 2026 6:30 pm Όλα τριπλά.pngΣτην προέκταση της διαμέτρου ενός ημικυκλίου , θεωρούμε σημείο και φέρουμε τέμνουσα

. Κατασκευάστε το σχήμα έτσι , ώστε : $SP=PT=TA$ και υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{\tan\omega}{\tan\theta}$ .

Ανάλυση

Με

BP \cap AT=C

κι επειδή

και

\angle APB=90^0

θα είναι

άρα

BA=BC=2R

Τα τρίγωνα

ATP,TCP,CPS

προφανώς είναι ισοδύναμα,άρα AB=2BS

\dfrac{(PAC)}{(PCS)}=2 \Rightarrow \dfrac{AB}{BS}=2 \Rightarrow BS=R

SB.SA=SP.ST\Rightarrow 3R^2=2x^2 \Rightarrow x=R \sqrt{ \dfrac{3}{2} }

Κατασκευάζουμε λοιπόν το τρίγωνο APS

που ξέρουμε τις πλευρές του και το ημικύκλιο διαμέτρου

Υπολογισμοί

Ο Μενέλαος στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα TPS

δίνει

\dfrac{BP}{PC} . \dfrac{CT}{TA} . \dfrac{SA}{SB} =1 \Rightarrow \dfrac{BP}{PC} .1.3=1 \Rightarrow \dfrac{BP}{PC} =\dfrac{1}{3}

άρα (θ.κ.δέσμης) και

\dfrac{OL}{LT} =3

Το τετράπλευρο

TLDA

είναι εγγράψιμμο και προφανώς είναι ισοσκελές

τραπέζιο,επομένως

\dfrac{OL}{LT} = \dfrac{OD}{DA}= \dfrac{1}{3} \Rightarrow AD= \dfrac{3R}{4} \Rightarrow DS= \dfrac{9R}{4}

Τώρα,

\dfrac{tan \omega }{tan \theta }= . \dfrac{ \dfrac{TD}{AD} }{ \dfrac{TD}{SD} } = \dfrac{SD}{AD} =3

: Όλα τριπλά.png (38.42 KiB) Προβλήθηκε 60 φορές

Όλα τριπλά

Όλα τριπλά

Re: Όλα τριπλά

Re: Όλα τριπλά

Re: Όλα τριπλά

Μέλη σε σύνδεση