Εφαπτομένη γωνίας

#1

: tanx..png (11.11 KiB) Προβλήθηκε 786 φορές

Δίνεται ρόμβος ABCD

με $\widehat A=60^\circ$ και

το μέσο της πλευράς AD.

Αν

είναι σημείο της

ώστε

και οι

τέμνονται στο

με $B\widehat PC=x,$ να υπολογίσετε την $\tan x.$

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 23, 2018 6:29 pm
tanx..png
Δίνεται ρόμβος με $\widehat A=60^\circ$ και το μέσο της πλευράς Αν είναι σημείο της

ώστε και οι τέμνονται στο με $B\widehat PC=x,$ να υπολογίσετε την $\tan x.$

Ας είναι

η προβολή του

στη

και

το σημείο τομής των $DB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MC$ .

Επειδή BC = 2DM

θα είναι και SB = 2SD

. Αν λοιπόν

το μήκος της πλευράς του ρόμβου θα είναι: $DS \cdot DB = DM \cdot DN \Leftrightarrow 2a \cdot 6a = 3a \cdot 4a$ .

: Εφαπτομένη γωνίας.png (32.86 KiB) Προβλήθηκε 765 φορές

Δηλαδή το τετράπλευρο MNBS

είναι εγγράψιμο και άρα $\boxed{\widehat {BST} = \widehat {MNB}}$ συνεπώς

$\widehat {TBS} = \widehat {MBN} = \widehat \theta$ .

$\boxed{\tan \theta = \frac{{MN}}{{MB}} = \frac{{2a}}{{6a\sqrt 3 }} = \frac{1}{{3\sqrt 3 }} = \frac{{\sqrt 3 }}{9}}$ και άρα $\boxed{\tan 2\theta = \frac{{2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }} = \frac{{3\sqrt 3 }}{{13}}}$ .

$\tan x = \tan (90^\circ - (30^\circ + 2\theta )) = \tan (60^\circ - 2\theta )$ άρα

$\boxed{\tan x = \frac{{\tan 60^\circ - \tan 2\theta }}{{1 + \tan 60^\circ \cdot \tan 2\theta }} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{11}}}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 23, 2018 6:29 pm
tanx..png
Δίνεται ρόμβος με $\widehat A=60^\circ$ και το μέσο της πλευράς Αν είναι σημείο της

ώστε και οι τέμνονται στο με $B\widehat PC=x,$ να υπολογίσετε την $\tan x.$

Έστω $\displaystyle 2a$ η πλευρά του ρόμβου

Με $\displaystyle CP \cap BA = Q$ $\displaystyle \Rightarrow QA = AB$ και με $\displaystyle AE//QC \Rightarrow BE = EI=DI$ και $\displaystyle BH = HP$ .

Επιπλέον, $\displaystyle \frac{{BE}}{{ED}} = \frac{{AN}}{{ND}} = \frac{1}{2} \Rightarrow NEBA$ ισοσκελές τραπέζιο ,άρα $\displaystyle BH = AH$ συνεπώς $\displaystyle PA \bot AB$ και $\displaystyle DH \bot AB$

Τότε, $\displaystyle DF = 2PA + HF \Rightarrow \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = 2PA + \frac{{PA}}{2} \Rightarrow \boxed{PA = \frac{{2a\sqrt 3 }}{5}}$ και $\displaystyle \tan \omega = \frac{{PA}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 3 }}{{5}}$

$\displaystyle \tan x = \tan 2\omega = \frac{{2\tan \omega }}{{1 - {{\tan }^2}\omega }} \Rightarrow ..\boxed{\tan x = \frac{{5\sqrt 3 }}{{11}}}$

: tanx.png (17.27 KiB) Προβλήθηκε 737 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #4

Καλημέρα! Γιώργο , Νίκο και Μιχάλη χαιρετώ..
έχω την εντύπωση πως με το παρόν θέμα η Γεωμετρία ..

.. εισβάλλει σε φάκελο της Άλγεβρας !

: Εφαπτομένη GV.PNG (11.89 KiB) Προβλήθηκε 727 φορές

Θεωρούμε $PZ\parallel AB..NE \perp AB$ και το ισόπλευρο ANI

. Έστω

.

Τα τρίγωνα BIN,DMC

είναι όμοια (αναλογία πλευρών με ίσες τις περιεχόμενες γωνίες) .

Τότε $\varepsilon \varphi \theta =\dfrac{NE}{BE}=\dfrac{\sqrt{3}}{5}$ και $\varepsilon \varphi x=\varepsilon \varphi 2\theta = \dfrac{5\sqrt{3}}{11}$ ..Φιλικά Γιώργος .

Altrian · #5

Καλημέρα σε όλους, μια λύση ακόμα βασισμένη στην ιδέα του Μιχάλη,

Στην προέκταση της

παίρνουμε τμήμα AQ=a

. Αρα

βαρύκεντρο του $\triangle DBQ$ δηλ. η

τέμνει την

στο μέσο της

.
$tan\widehat{\theta}=\frac{OS}{SB}=\frac{a\sqrt{3}/4}{5a/4}=\frac{\sqrt{3}}{5}$
$tan\phi=\frac{CE}{QE}=\frac{a\sqrt{3}/2}{5a/2}=\frac{\sqrt{3}}{5}$
Αρα $\widehat{\phi}=\widehat{\theta}\Rightarrow x=\widehat{\phi}+\widehat{\theta}=2\widehat{\theta}.$
Τέλος $tan\widehat{x}=tan(2\widehat{\theta})=\frac{5\sqrt{3}}{11}$

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης

#6

Ας υποθέσουμε για ευκολία στις πράξεις ( η γενικότητα δεν βλάπτεται ) ότι η πλευρά του ρόμβου είναι $\boxed{d = 6}$ .

Από Θ. συνημίτονου στα τρίγωνα $DMC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ANB$ έχω :

$\left\{ \begin{gathered} M{C^2} = 9 + 36 + 3 \cdot 6 = 63 \hfill \\ N{B^2} = 4 + 36 - 12 = 28 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} MC = 3\sqrt 7 \hfill \\ NB = 2\sqrt 7 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

: Εφαπτομένη γωνίας_3.png (19.73 KiB) Προβλήθηκε 680 φορές

Αν θέσω $PM = a\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PN = b$ θα ισχύουν: $\dfrac{a}{{PC}} = \dfrac{b}{{PB}} = \dfrac{{MN}}{{BC}} = \dfrac{1}{6} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} a = \frac{3}{5}\sqrt 7 \hfill \\ b = \frac{2}{5}\sqrt 7 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Πάλι από Θ. συνημίτονου στο τρίγωνο PMN

έχω :

$\cos x = \dfrac{{{a^2} + {b^2} - 1}}{{2ab}} = \dfrac{{11}}{{14}} \Rightarrow \boxed{\tan x = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{{11}}}$

Ιστοσελίδα · #7

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 23, 2018 6:29 pm

Δίνεται ρόμβος με $\widehat A=60^\circ$ και το μέσο της πλευράς Αν είναι σημείο της

ώστε και οι τέμνονται στο με $B\widehat PC=x,$ να υπολογίσετε την $\tan x.$

Καλησπέρα…αρκετά συνοπτικά!

: shape.png (20.21 KiB) Προβλήθηκε 620 φορές

Σχηματίζω το παραλληλόγραμμο CMEB

και θέτω

Από $\triangleleft PMN \sim \triangleleft BEN \Rightarrow PN = \dfrac{{BN}}{5}$

Φέρω $MZ \bot BN$ , οπότε από Π.Θ. στα $\triangleleft BAM, \triangleleft BMN$ και από $\triangleleft BMN \sim \triangleleft MZN \Rightarrow MZ = \dfrac{{3k\sqrt {21} }}{{14}},NZ = \dfrac{{k\sqrt 7 }}{{14}}$

Έτσι, $\tan (x) = \dfrac{{MZ}}{{NZ + PN}} = \ldots = \dfrac{{5\sqrt 3 }}{{11}}$

#8

Ευχαριστώ τους Νίκο Φραγκάκη, Μιχάλη Τσουρακάκη, Γιώργο Μήτσιο, Αλέξανδρο Τριανταφυλλάκη και Μιχάλη Νάννο για τις όμορφες λύσεις. Η δική μου προσέγγιση μοιάζει με του Γιώργου και βασίζεται στην ιδέα ότι $x=2\theta.$

: tanx.II.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 555 φορές

Πράγματι λόγω της ομοιότητας των τριγώνων DTM, CBT

είναι $DT=\dfrac{a}{3}=AN,$ οπότε τα τρίγωνα DCT, ABN

είναι ίσα,

άρα $D\widehat CT=A\widehat BN=\theta$ και $x=2\theta.$ Στη συνέχεια με νόμο συνημιτόνων (2 φορές) βρίσκω πρώτα $\displaystyle BN = \frac{{a\sqrt 7 }}{3}$ και ύστερα $\displaystyle \cos \theta = \frac{5}{{2\sqrt 7 }} \Leftrightarrow \tan \theta = \frac{{\sqrt 3 }}{5}$ και τελικά $\boxed{\tan x = \tan 2\theta = \frac{{5\sqrt 3 }}{{11}}}$

#9

Καλησπέρα σε όλους. Για την πληρότητα της συλλογής δίνω και μια ΑΝΑΛΥΤΙΚΟΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΗ λύση.

: 28-9-2018 Γεωμετρία.png (51.26 KiB) Προβλήθηκε 538 φορές

Έστω

. Είναι $\displaystyle AD:\;\;y = \sqrt 3 x$ , άρα $\displaystyle C\left( {3,\,\sqrt 3 } \right),\;D\left( {1,\;\sqrt 3 } \right)$ .

Οπότε $\displaystyle M\left( {\frac{1}{2},\;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right),\;\;N\left( {\frac{1}{3},\;\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)$ .

Οπότε $\displaystyle CM:\;y - \sqrt 3 = \frac{{\sqrt 3 - \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{3 - \frac{1}{2}}}\left( {x - 3} \right) \Leftrightarrow y = \frac{{\sqrt 3 }}{5}x + \frac{{2\sqrt 3 }}{5}$

και $\displaystyle NB:\;y = \frac{{ - \frac{{\sqrt 3 }}{3}}}{{2 - \frac{1}{3}}}\left( {x - 2} \right) \Leftrightarrow y = - \frac{{\sqrt 3 }}{5}x + \frac{{2\sqrt 3 }}{5}$ .

Οι ευθείες είναι συμμετρικές ως προς την οριζόντια ευθεία και την κατακόρυφη που διέρχεται από το σημείο τομής τους $\displaystyle P\left( {0,\frac{{2\sqrt 3 }}{5}} \right)$ , οπότε $\displaystyle \widehat {MPN} = 2\widehat {CEB}$ , άρα $\displaystyle \varepsilon \varphi \left( {MPN} \right) = \frac{{2\frac{{\sqrt 3 }}{5}}}{{1 - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{5}} \right)}^2}}} = \frac{{5\sqrt 3 }}{{11}}$ .

Εφαπτομένη γωνίας

Εφαπτομένη γωνίας

Re: Εφαπτομένη γωνίας

Re: Εφαπτομένη γωνίας

Re: Εφαπτομένη γωνίας

Re: Εφαπτομένη γωνίας

Re: Εφαπτομένη γωνίας

Re: Εφαπτομένη γωνίας

Re: Εφαπτομένη γωνίας

Re: Εφαπτομένη γωνίας

Μέλη σε σύνδεση