Εφαπτομένη από ισχνά δεδομένα

Συντονιστές: silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10740
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Εφαπτομένη από ισχνά δεδομένα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Δεκ 21, 2018 2:31 pm

Εφαπτομένη με ισχνά  δεδομένα.png
Εφαπτομένη με ισχνά δεδομένα.png (4.68 KiB) Προβλήθηκε 364 φορές
Στο ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle ABC , με c<b<a , γνωρίζουμε την περίμετρο \ell

και το προς την υποτείνουσα ύψος AD=h . Υπολογίστε την \tan B .

Μην δημοσιεύσετε απάντηση , αν δεν βρείτε τελικό ( άμεσα εφαρμόσιμο ) τύπο :(



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8303
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Εφαπτομένη από ισχνά δεδομένα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Δεκ 21, 2018 6:15 pm

KARKAR έγραψε:
Παρ Δεκ 21, 2018 2:31 pm
Εφαπτομένη με ισχνά δεδομένα.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle ABC , με c<b<a , γνωρίζουμε την περίμετρο \ell

και το προς την υποτείνουσα ύψος AD=h . Υπολογίστε την \tan B .

Μην δημοσιεύσετε απάντηση , αν δεν βρείτε τελικό ( άμεσα εφαρμόσιμο ) τύπο :(

Μόνο την απάντηση, μήπως ταλαιπωρηθεί και κανένας άλλος :lol:


\displaystyle \tan B = \frac{{l + 2h + \sqrt {{l^2} - 4{h^2} - 4lh} }}{{l + 2h - \sqrt {{l^2} - 4{h^2} - 4lh} }}

Αν δεν το αποδείξει κάποιος άλλος, που πολύ το ελπίζω, θα επανέλθω.

Επεξεργασία: Άρση απόκρυψης. Η λύση μου είναι ακριβώς ίδια με του Γιώργου Ρίζου.
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Σάβ Δεκ 22, 2018 12:38 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4384
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Εφαπτομένη από ισχνά δεδομένα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Δεκ 21, 2018 8:29 pm

Καλησπέρα σε όλους. Φαντάζομαι κάτι τέτοιο εννοεί ο Γιώργος.

Είναι  \displaystyle ah = bc (1), a^2=b^2+c^2 (2)

και  \displaystyle a + b + c = l \Leftrightarrow b + c = l - a \Leftrightarrow {b^2} + {c^2} + 2bc = {l^2} + {a^2} - 2la (3),

οπότε η (3), λόγω των (1) και (2) δίνει  \displaystyle 2ah = {l^2} - 2la \Leftrightarrow a = \frac{{{l^2}}}{{2\left( {h + l} \right)}} .

Τότε  \displaystyle b + c = l - a = l - \frac{{{l^2}}}{{2\left( {l + h} \right)}} = \frac{{{l^2} + 2lh}}{{2\left( {l + h} \right)}} και  \displaystyle bc = ah = \frac{{{l^2}h}}{{2\left( {l + h} \right)}} ,

οπότε τα b, c είναι ρίζες της εξίσωσης  \displaystyle {x^2} - \frac{{{l^2} + 2lh}}{{2\left( {l + h} \right)}}x + \frac{{{l^2}h}}{{2\left( {l + h} \right)}} = 0

και αφού c<b είναι  \displaystyle \varepsilon \varphi {\rm B} = \frac{b}{c} = \frac{{l + 2h + \sqrt {{l^2} - 4lh - 4{h^2}} }}{{l + 2h - \sqrt {{l^2} - 4lh - 4{h^2}} }} .


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10740
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Εφαπτομένη από ισχνά δεδομένα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Δεκ 21, 2018 9:33 pm

Κύριοι , στην Ευρώπη προβλέπεται και η ρητοποίηση του παρονομαστή :mrgreen:


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6654
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Εφαπτομένη από ισχνά δεδομένα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Δεκ 21, 2018 11:15 pm

Πρώτα-πρώτα ξεκινώ με τη κατασκευή του σχήματος . Να μου επιτρέψει ο k.\,\,KARKAR να χρησιμοποιήσω το συμβολισμό 2s = l για την περίμετρο.

Γράφω ημικύκλιο κέντρου O και διαμέτρου EZ = 2s.

Με κέντρο το μέσο K του ημικυκλίου και ακτίνα \boxed{d = s\sqrt 2 } γράφω τόξο στο αντίθετο ημιεπίπεδο του ημικυκλίου.

Η παράλληλη στην EZ σε απόσταση απ’ αυτή h υποθέτω ότι τέμνει το τόξο σε τουλάχιστον ένα σημείο (ειδική περίπτωση)

Στη δε γενική σε δύο σημεία και το ένα ας είναι το A. Οι μεσοκάθετοι στα AE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AZ τέμνουν την EZ σε δύο σημεία B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C.

Εύκολα προκύπτει ότι το τρίγωνο ABC είναι ορθογώνιο με τις προϋποθέσεις της εκφώνησης και η AK είναι διχοτόμος της ορθής του γωνίας .
Απο ισχνά δεδομένα.png
Απο ισχνά δεδομένα.png (48.33 KiB) Προβλήθηκε 285 φορές

Ας είναι T η τομή της AK με τη BC και AD = h το ύψος του τριγώνου ABC.

Επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα ADT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KOT είναι όμοια και

KE = KA = KZ = s\sqrt 2 θα είναι : \dfrac{s}{h} = \dfrac{{TK}}{{TA}} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  AT = \dfrac{{sh\sqrt 2 }}{{s + h}}\,\,(1) \hfill \\ 
  TK = \dfrac{{{s^2}\sqrt 2 }}{{s + h}}\,\,(2) \hfill \\  
\end{gathered}  \right.
Έτσι \sin \theta  = \dfrac{h}{{AT}} = \dfrac{{s + h}}{{s\sqrt 2 }} \Rightarrow \boxed{\tan \theta  = \dfrac{{s + h}}{{\sqrt {2{s^2} - {{(s + h)}^2}} }} = u} Επειδή όμως :

B + \theta  = 135^\circ  \Rightarrow B = 90^\circ  + (45^\circ  - \theta )

θα είναι \boxed{\tan B = \frac{{u + 1}}{{u - 1}}} και έτσι :

\boxed{\tan B = \frac{{{{\left( {s + h + \sqrt {{s^2} - 2sh - {h^2}} } \right)}^2}}}{{2h(2s + h)}}}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες