Εφαπτομένη γωνίας

Συντονιστής: exdx

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8767
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Εφαπτομένη γωνίας

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Σεπ 23, 2018 6:29 pm

tanx..png
tanx..png (11.11 KiB) Προβλήθηκε 659 φορές
Δίνεται ρόμβος ABCD με \widehat A=60^\circ και M το μέσο της πλευράς AD. Αν N είναι σημείο της AD

ώστε DN=2NA και οι BN, CM τέμνονται στο P με B\widehat PC=x, να υπολογίσετε την \tan x.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6938
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Εφαπτομένη γωνίας

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Σεπ 23, 2018 7:52 pm

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

ώστε DN=2NA και οι BN, CM τέμνονται στο P με B\widehat PC=x, να υπολογίσετε την \tan x.
Ας είναι T η προβολή του B στη MC και S το σημείο τομής των DB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MC.

Επειδή BC = 2DM θα είναι και SB = 2SD. Αν λοιπόν 6a το μήκος της πλευράς του ρόμβου θα είναι: DS \cdot DB = DM \cdot DN \Leftrightarrow 2a \cdot 6a = 3a \cdot 4a .

Εφαπτομένη γωνίας.png
Εφαπτομένη γωνίας.png (32.86 KiB) Προβλήθηκε 638 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
Δημοσιεύσεις: 1733
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Εφαπτομένη γωνίας

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Δευ Σεπ 24, 2018 12:31 am

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

ώστε DN=2NA και οι BN, CM τέμνονται στο P 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
tanx.png (17.27 KiB) Προβλήθηκε 610 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1173
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Εφαπτομένη γωνίας

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Δευ Σεπ 24, 2018 1:50 am

Καλημέρα! Γιώργο , Νίκο και Μιχάλη χαιρετώ..
έχω την εντύπωση πως με το παρόν θέμα η Γεωμετρία .. :) .. εισβάλλει σε φάκελο της Άλγεβρας !
Εφαπτομένη GV.PNG
Εφαπτομένη GV.PNG (11.89 KiB) Προβλήθηκε 600 φορές
Θεωρούμε PZ\parallel AB..NE \perp AB και το ισόπλευρο ANI . ΈστωAB=6.

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
Δημοσιεύσεις: 198
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Εφαπτομένη γωνίας

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Δευ Σεπ 24, 2018 10:49 am

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

Στην προέκταση της BA παίρνουμε τμήμα AQ=a. Αρα N βαρύκεντρο του \triangle DBQ δηλ. η BN
τέμνει την DQ στο μέσο της O.
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
Συνημμένα
tanx.png
tanx.png (29.75 KiB) Προβλήθηκε 578 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6938
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Εφαπτομένη γωνίας

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Σεπ 24, 2018 1:20 pm

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
Εφαπτομένη γωνίας_3.png (19.73 KiB) Προβλήθηκε 553 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}}}


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3258
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Εφαπτομένη γωνίας

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τρί Σεπ 25, 2018 4:10 pm

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

Δίνεται ρόμβος ABCD με \widehat A=60^\circ και M το μέσο της πλευράς AD. Αν N είναι σημείο της AD

ώστε DN=2NA και οι BN, CM τέμνονται στο P με B\widehat PC=x, να υπολογίσετε την \tan x.
Καλησπέρα…αρκετά συνοπτικά!
shape.png
shape.png (20.21 KiB) Προβλήθηκε 493 φορές
Σχηματίζω το παραλληλόγραμμο CMEB και θέτω AB = 6k

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}}


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8767
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Εφαπτομένη γωνίας

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Σεπ 28, 2018 12:57 pm

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
tanx.II.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 428 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}}}


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4515
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Εφαπτομένη γωνίας

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Σεπ 28, 2018 4:18 pm

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


28-9-2018 Γεωμετρία.png
28-9-2018 Γεωμετρία.png (51.26 KiB) Προβλήθηκε 411 φορές

Έστω A(0, 0), B(2, 0). 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}} .


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΑΛΓΕΒΡΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης