Μακριά από τον βόρειο πόλο

KARKAR · #1

: Μακριά από τον βόρειο πόλο.png (23.09 KiB) Προβλήθηκε 444 φορές

Βρείτε την απόσταση του βόρειου πόλου του περικύκλου του τριγώνου ABC

από την ευθεία

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 23, 2024 8:27 pm
Μακριά από τον βόρειο πόλο.pngΒρείτε την απόσταση του βόρειου πόλου του περικύκλου του τριγώνου από την ευθεία .

$\bullet$ Από τον τύπο του Ήρωνα με ημιπερίμετρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ $\tau =11$ θα έχουμε: $\left( ABC \right)=\sqrt{11\cdot 3\cdot 2\cdot 6}=6\sqrt{11}$ οπότε από τον τύπο $\left( ABC \right)=\dfrac{abc}{4R}\Rightarrow R=\dfrac{abc}{4\left( ABC \right)}=\ldots \dfrac{360}{4\cdot 6\sqrt{11}}=\dfrac{15\sqrt{11}}{11}$ με

την ακτίνα του περίκυκλου του τριγώνου, και αν

η κάθετη στην

από τον βόρειο πόλο (φυσικά και μεσοκάθετη) από το Π.Θ στο $\vartriangle ONB$ (όπου

το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ ( $O\in MN\Rightarrow ON=\sqrt{O{{B}^{2}}-B{{N}^{2}}}=$ $\sqrt{\dfrac{225}{11}-16}=\ldots \dfrac{7\sqrt{11}}{11}\Rightarrow MN=\dfrac{22\sqrt{11}}{11}=2\sqrt{11}$

: Μακρυά από τον Βόρειο πόλο.png (29.98 KiB) Προβλήθηκε 413 φορές

$\bullet$ Αν $AK\bot MN$ τότε προφανώς

είναι ίσο με το ύψος από την κορυφή

τριγώνου $\vartriangle ABC$ και

είναι ίση με την προβολή της διαμέσου από την κορυφή

του ίδιου τριγώνου στην πλευρά του

Αλλά από $\left( ABC \right)=\dfrac{a\cdot {{\upsilon }_{a}}}{2}\Rightarrow \ldots {{\upsilon }_{a}}=KN=\dfrac{3\sqrt{11}}{2}$ οπότε $KM=MN-KN=\ldots \dfrac{\sqrt{11}}{2}$ και από το δεύτερο θεώρημα των διαμέσων θα έχουμε $AK=\dfrac{{{b}^{2}}-{{c}^{2}}}{2a}=\ldots \dfrac{7}{2}$

$\bullet$ Από Π.Θ στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle MNC\Rightarrow MC=\sqrt{M{{N}^{2}}+N{{C}^{2}}}=\ldots 2\sqrt{15}$ και από ακόμα ένα Π.Θ στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle MKA\Rightarrow MA=\sqrt{M{{K}^{2}}+K{{A}^{2}}}=\ldots \sqrt{\dfrac{11}{4}+\dfrac{49}{4}}=\sqrt{15}$

$\bullet$ Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο MABC

στον $\left( O \right)$ θα είναι $\angle SAM=\angle NCM$ (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική) με αποτέλεσμα τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle MSA,\vartriangle MNC$ να είναι όμοια , άρα $\dfrac{MS}{MN}=\dfrac{MA}{MC}\Rightarrow MS=\dfrac{MA}{MC}\cdot MN=\dfrac{\sqrt{15}}{2\sqrt{15}}\cdot 2\sqrt{11}\Rightarrow MS=\sqrt{11}$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί .

Υ.Σ. Τώρα που το ξανακοιτάζω βλέπω ότι
Τ'ο

θα μπορούσε να υπολογιστεί αρκετά γρηγορότερα με το Θεώρημα του Πτολεμαίου και να αποφευγχθούν κάποια Π.Θ. και το θεώρημα της διαμέσου

KARKAR · #3

: Μακριά από τον βόρειο πόλο.png (29.31 KiB) Προβλήθηκε 395 φορές

Παρέμβαση : Δείξτε αυτό που προτείνεται με το λήμμα του σχήματος .

Το πήγε στην "φυσική" του θέση και αντικαταστάθηκε με το .

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 23, 2024 8:27 pm
Μακριά από τον βόρειο πόλο.pngΒρείτε την απόσταση του βόρειου πόλου του περικύκλου του τριγώνου από την ευθεία .

Με Θεώρημα Πτολεμαίου στο ANCB

είναι $\displaystyle 8AN + 5NC = 9BN\mathop \Leftrightarrow \limits^{NB = NC} NC = 2AN.$

Έτσι τα τρίγωνα NSA, NMC

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\dfrac{1}{2},$ οπότε AS=2.

: Μακριά από το βόρειο πόλο.png (23.66 KiB) Προβλήθηκε 384 φορές

Με νόμο συνημιτόνου διαδοχικά στα τρίγωνα ABC, NBC

κι επειδή $B\widehat NC=\theta$ πρώτα βρίσκω

$\displaystyle \cos \theta = \frac{7}{{15}}$ και στη συνέχεια $BN=\sqrt{60}.$ Τέλος με Πυθαγόρειο στο NSB

είναι $\boxed{NS=\sqrt{11}}$

Μακριά από τον βόρειο πόλο

Μακριά από τον βόρειο πόλο

Re: Μακριά από τον βόρειο πόλο

Re: Μακριά από τον βόρειο πόλο

Re: Μακριά από τον βόρειο πόλο

Μέλη σε σύνδεση