Ώρα εφαπτομένης 75

KARKAR · #1

: Ώρα εφαπτομένης 75.png (10.19 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές

Τα ημικύκλια με διαμέτρους AB=4d

και

, εφάπτονται εξωτερικά στο

.

Το

είναι το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε την $\tan{\widehat{BST}$ .

Ιστοσελίδα · #2

KARKAR έγραψε: Τετ Ιαν 06, 2021 8:50 am Τα ημικύκλια με διαμέτρους και , εφάπτονται εξωτερικά στο .

Το είναι το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε την $\tan{\widehat{BST}$ .

Καλημέρα και καλή χρονιά!

: shape.png (21.4 KiB) Προβλήθηκε 796 φορές

Θέτω

και έστω

τα κέντρα του μικρού και του μεγάλου ημικυκλίου αντίστοιχα.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $OKO':\cos 2\theta = \dfrac{3}{5}$ , οπότε ${\tan ^2}\theta = \dfrac{{1 - \cos 2\theta }}{{1 + \cos 2\theta }} = \dfrac{1}{4} \Leftrightarrow \tan \theta = \dfrac{1}{2}$

STOPJOHN · #3

KARKAR έγραψε: Τετ Ιαν 06, 2021 8:50 am Ώρα εφαπτομένης 75.pngΤα ημικύκλια με διαμέτρους και , εφάπτονται εξωτερικά στο .

Το είναι το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε την $\tan{\widehat{BST}$ .

Kαλημέρα και ΚΑΛΗ ΧΡΟΝΙΑ

$tan\theta =\dfrac{SI}{KI},\hat{\theta }=\hat{SKI}$

Απο τις μετρικές σχέσεις στο τρίγωνο $SKM,KI=\dfrac{4d^{2}}{KM},SI=\dfrac{2d.SM}{KM},x=SM=MT=BM,KM^{2}+ML^{2}=\dfrac{25d^{2}}{4}, 2x^{2}=\dfrac{25d^{2}}{4}-4d^{2}-\dfrac{d^{2}}{4}\Rightarrow x=d, \dfrac{SI}{KI}=\dfrac{x}{2d}=\dfrac{1}{2}$

$tan\theta =\dfrac{1}{2}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: Τετ Ιαν 06, 2021 8:50 am Ώρα εφαπτομένης 75.pngΤα ημικύκλια με διαμέτρους και , εφάπτονται εξωτερικά στο .

Το είναι το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε την $\tan{\widehat{BST}$ .

$ST=2 \sqrt{Rr} \Rightarrow MB= \sqrt{Rr} \Rightarrow tan \theta = \dfrac{MB}{KB} = \dfrac{ \sqrt{Rr} }{R}= \sqrt{ \dfrac{r}{R} } = \sqrt{ \dfrac{1}{4} }= \dfrac{1}{2}$

: Ώρα εφαπτομένης 75.png (11.31 KiB) Προβλήθηκε 783 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: Τετ Ιαν 06, 2021 8:50 am Ώρα εφαπτομένης 75.pngΤα ημικύκλια με διαμέτρους και , εφάπτονται εξωτερικά στο .

Το είναι το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε την $\tan{\widehat{BST}$ .

Αλλιώς,θεωρώντας το ημικύκλιο διαμέτρου

,προφανώς

είναι συνευθειακά

$tan \theta = \dfrac{NC}{NA} = \sqrt{ \dfrac{BC}{BA} }= \sqrt{ \dfrac{1}{4} }= \dfrac{1}{2}$

: Ώρα εφαπτομένης 75.png (14.08 KiB) Προβλήθηκε 774 φορές

#6

: Ωρα εφαπτομένης 75_a.png (13.33 KiB) Προβλήθηκε 744 φορές

Έστω $O\,\,\kappa \alpha \iota \,\,K$ τα κέντρα του μεγάλου και του μικρού ημικυκλίου.

Είναι γνωστό ότι το μήκος , $ST = x = 2\sqrt {Rr} \Rightarrow \boxed{x = 2\sqrt {4r \cdot r} = 4r}$ .

Ας είναι τώρα

το σημείο τομής της προέκτασης του

προς το

, με το κάτω μικρό ημικύκλιο.

Επειδή προφανώς KD//OS

θα είναι $KD \bot ST$ άρα τα C,K,T

είναι συνεύθειακά.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο TSD

είναι $\boxed{\tan \theta = \frac{{TD}}{{TS}} = \frac{{2r}}{{4r}} = \frac{1}{2}}$

Ώρα εφαπτομένης 75

Ώρα εφαπτομένης 75

Re: Ώρα εφαπτομένης 75

Re: Ώρα εφαπτομένης 75

Re: Ώρα εφαπτομένης 75

Re: Ώρα εφαπτομένης 75

Re: Ώρα εφαπτομένης 75

Μέλη σε σύνδεση