Με διάφορους τρόπους

KARKAR · #1

: Με διάφορους τρόπους.png (9.52 KiB) Προβλήθηκε 899 φορές

Θεωρώντας το κέντρο

του ημικυκλίου ως αρχή των αξόνων και την ευθεία

ως οριζόντιο άξονα ,

υπολογίστε την τετμημένη του σημείου

. Αναλογιστείτε μήπως υπάρχει και διαφορετική λύση

#2

KARKAR έγραψε: Κυρ Οκτ 16, 2022 10:55 am Με διάφορους τρόπους.pngΘεωρώντας το κέντρο του ημικυκλίου ως αρχή των αξόνων και την ευθεία ως οριζόντιο άξονα ,

υπολογίστε την τετμημένη του σημείου . Αναλογιστείτε μήπως υπάρχει και διαφορετική λύση

: Με διάφορους τρόπους.png (12.24 KiB) Προβλήθηκε 893 φορές

$\displaystyle 9{x^2} = 8AM \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{8AM}}{9}$

$\displaystyle S{A^2} - S{T^2} = A{M^2} - M{T^2} \Leftrightarrow 5{x^2} = 6\left( {AM - (6 - AM)} \right) \Leftrightarrow \frac{{40AM}}{9} = 12AM - 36,$

απ' όπου $\displaystyle AM = \frac{{81}}{{17}}$ και $\boxed{OM=\frac{13}{17}}$

#3

KARKAR έγραψε: Κυρ Οκτ 16, 2022 10:55 am Με διάφορους τρόπους.pngΘεωρώντας το κέντρο του ημικυκλίου ως αρχή των αξόνων και την ευθεία ως οριζόντιο άξονα ,

υπολογίστε την τετμημένη του σημείου . Αναλογιστείτε μήπως υπάρχει και διαφορετική λύση

Έστω

η ζητούμενη τετμημένη.

: Με διάφορους τρόπους.β.png (16 KiB) Προβλήθηκε 884 φορές

$\displaystyle \frac{{AN}}{{OA}} = \cos \theta = \frac{{AM}}{{SA}} \Leftrightarrow \frac{{3x}}{8} = \frac{{4 + y}}{{3x}} \Leftrightarrow$ $\boxed{y = \frac{{9{x^2} - 32}}{8}}$ (1)

Νόμος συνημιτόνου στο AST,

$\displaystyle 4{x^2} = 9{x^2} + 36 - 36x\cos \theta \Leftrightarrow 5{x^2} - 36x\frac{{3x}}{8} + 36 = 0 \Leftrightarrow {x^2} = \frac{{72}}{{17}}$

και από την (1),

$\boxed{y=\frac{13}{17}}$

Η (1)

μπορούσε να βγει και χωρίς τριγωνομετρία από $\displaystyle AO \cdot AM = AN \cdot AS$

#4

KARKAR έγραψε: Κυρ Οκτ 16, 2022 10:55 am Με διάφορους τρόπους.pngΘεωρώντας το κέντρο του ημικυκλίου ως αρχή των αξόνων και την ευθεία ως οριζόντιο άξονα ,

υπολογίστε την τετμημένη του σημείου . Αναλογιστείτε μήπως υπάρχει και διαφορετική λύση

Ας είναι

η εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος του $\vartriangle SAT$ . Ισχύουν :

$\left\{ \begin{gathered} AD = \frac{{AT \cdot SA}}{{SA + ST}} = \frac{{6 \cdot 3x}}{{5x}} = \frac{{18}}{5} \hfill \\ DT = \frac{{12}}{5} \hfill \\ DG = 2\frac{{AT}}{{\left( {\frac{3}{2} - \frac{2}{3}} \right)}} = \frac{{72}}{5} \hfill \\ KD = \frac{{36}}{5} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} AD = \frac{{18}}{5} \hfill \\ DT = \frac{{12}}{5} \hfill \\ KD = \frac{{36}}{5} \hfill \\ OK = DK - OD = DK - \left( {4 - AD} \right) = \frac{{34}}{5} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Με διάφορους τρόπους.png (22.31 KiB) Προβλήθηκε 850 φορές

Συνεπώς το

είναι η τομή των ημικυκλίων : $\left\{ \begin{gathered} {x^2} + {y^2} = 16\,\,,y > 0 \hfill \\ {\left( {x - \frac{{34}}{5}} \right)^2} + {y^2} = {\left( {\frac{{36}}{5}} \right)^2},\,\,y > 0 \Rightarrow \boxed{S\left( {\frac{{13}}{{17}},\frac{{9\sqrt {55} }}{{17}}} \right)} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

#5

KARKAR έγραψε: Κυρ Οκτ 16, 2022 10:55 am Με διάφορους τρόπους.pngΘεωρώντας το κέντρο του ημικυκλίου ως αρχή των αξόνων και την ευθεία ως οριζόντιο άξονα ,

υπολογίστε την τετμημένη του σημείου . Αναλογιστείτε μήπως υπάρχει και διαφορετική λύση

Έστω

η προβολή του

στην

. Θέτω $SA = 3k,\,ST = 2k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OD = x$ . Θα ισχύουν:

: Με διάφορους τρόπους_oritzin_1.png (15.79 KiB) Προβλήθηκε 801 φορές

$\left\{ \begin{gathered} S{A^2} = AD \cdot AB \hfill \\ S{D^2} = DA \cdot DB = S{T^2} - D{T^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 9{k^2} = \left( {x + 4} \right) \cdot 8 \hfill \\ \left( {4 + x} \right)\left( {4 - x} \right) = 4{k^2} - {\left( {2 - x} \right)^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 9{k^2} = 8x + 32 \hfill \\ {k^2} = 5 - x \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Και άρα : $\boxed{x = \frac{{13}}{{17}}}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

KARKAR έγραψε: Κυρ Οκτ 16, 2022 10:55 am Με διάφορους τρόπους.pngΘεωρώντας το κέντρο του ημικυκλίου ως αρχή των αξόνων και την ευθεία ως οριζόντιο άξονα ,

υπολογίστε την τετμημένη του σημείου . Αναλογιστείτε μήπως υπάρχει και διαφορετική λύση

Από πρώτο θ.διαμέσου στο τρίγωνο MSB

έχουμε

και με

παίρνουμε

$x^2= \dfrac{72}{17}$ και $y^2= \dfrac{8.55}{17}$

$y^2= \dfrac{8.55}{17} =8BN \Rightarrow BN= \dfrac{55}{17} \Rightarrow MN=4- \dfrac{55}{17}= \dfrac{13}{17}$

: με πολλούς τρόπους.png (10.71 KiB) Προβλήθηκε 796 φορές

Ανδρέας Πούλος · #7

Υποθέτω ότι ο τρόπος της Αναλυτικής Γεωμετρίας είναι ο "προφανής", για αυτό ζητάμε και μια ή περισσότερες μη προφανείς λύσεις.
Καλό όμως είναι για τους μαθητές να τον αναφέρουμε και τον προφανή τρόπο.
Έστω a, b

οι συντεταγμένες του σημείου

, δηλαδή

).
Ισχύει

,

.
Επειδή το σημείο

ανήκει στον κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων ακτίνας 4, ισχύει a^2 + b^2 = 16

(1).
Από τον τύπο της απόστασης δύο σημείων:
Για τα σημεία

,

έχουμε

άρα,

(2)
Για τα σημεία

,

έχουμε

άρα,

(3).
Από τις σχέσεις (2) και (3) προκύπτει ότι: 4(a+4)^2 + 4b^2 = 9(2-a)^2 + 9b^2

ή ότι

, η τελευταία σχέση λόγω της (1) γράφεται ως 68a = 52

από όπου προκύπτει η τιμή της τετμημένης

.

Με διάφορους τρόπους

Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Μέλη σε σύνδεση