Τετράγωνο 11.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 102.png (6.75 KiB) Προβλήθηκε 1377 φορές

Στο παραπάνω σχήμα ο κύκλος εφάπτεται των πλευρών $\Delta A, \Delta \Gamma$ του τετραγώνου
$AB\Gamma \Delta$ και διέρχεται από την κορυφή του

. Από το

φέρνω εφαπτομένη προς τον
κύκλο και ονομάζω

το σημείο επαφής. Βρείτε το $\eta \mu \theta$ .

Grigoris K. · #2

Μια λύση με αρκετούς υπολογισμούς:

Έστω

το κέντρο του δοθέντος κύκλου και E, Z

τα σημεία επαφής του με τις $\displaystyle{ A\Delta, \Gamma \Delta }$ αντίστοιχα.

Επίσης έστω

το μήκος της κάθε πλευράς του τετραγώνου.

Καταρχάς είναι φανερό ότι το $\displaystyle{ O }$ ανήκει στην διχοτόμο της $\angle B$ , δηλαδή $\displaystyle{ O \in B\Delta}$ .

Επίσης ισχύει $\displaystyle{ \Delta E = \Delta Z }$ ως εφαπτόμενα τμήματα, άρα $\displaystyle{ AE =\Gamma Z}$ .

Άρα $\displaystyle{ \triangle EAB = \triangle Z\Gamma B \implies \angle ABE = \angle \Gamma BZ }$ . Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ \angle EOZ = 90^o \implies \angle EBZ = 45^o }$ .

Επομένως $\displaystyle{ \angle ABE = \frac{90^o - 45^o}{2} = 22.5^o}$ . Ως εκ τούτου η

διχοτομεί την $\displaystyle{ \angle AB\Delta }$ . Από Θ. Διχοτόμων $\displaystyle{ \frac{AE}{E\Delta} = \frac{AB}{B\Delta} = \frac{\sqrt{2}}{2} }$ .

Επομένως $\displaystyle{ AE = \frac{a}{1+\sqrt{2}} }$ και $\displaystyle{ E\Delta = \frac{\sqrt{2}a}{1+\sqrt{2}}$ . Από Πυθαγόρειο έχουμε $\displaystyle{ OA^2 = OE^2 + AE^2 = \frac{3a^2}{(1+\sqrt{2})^2}}$ . Στη συνέχεια

από Θ. Πτολεμαίου στο εγγράψιμο PAEO

λαμβάνουμε $\displaystyle{PE \cdot OA = OP \cdot AE + OE \cdot AP = 2AE \cdot E\Delta = \frac{2\sqrt{2}a^2}{(1+\sqrt{2})^2} }$ .

Επομένως $\displaystyle{ PE = \frac{2\sqrt{2}a}{\sqrt{3}(1+\sqrt{2})}}$ . Από Θ. Συνημιτόνων στο ισοσκελές $\triangle PAE$ προκύπτει

$\displaystyle{ PE^2 = 2AE^2 - 2AE^2\cos\angle PAE \implies \cos\angle PAE = -\frac{1}{3} }$ , διότι $\displaystyle{ PE^2 = \frac{8}{3} AE^2 }$ .

Συνεπώς $\displaystyle{ \sin \theta = \frac{1}{3} }$ .

Φανης Θεοφανιδης · #3

Αυτή την λύση έχω και εγώ Γρηγόρη.

nikkru · #4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:102.png

Στο παραπάνω σχήμα ο κύκλος εφάπτεται των πλευρών $\Delta A, \Delta \Gamma$ του τετραγώνου
$AB\Gamma \Delta$ και διέρχεται από την κορυφή του . Από το φέρνω εφαπτομένη προς τον
κύκλο και ονομάζω το σημείο επαφής. Βρείτε το $\eta \mu \theta$ .

: Τετράγωνο 11.png (15.74 KiB) Προβλήθηκε 1315 φορές

Όλα τα κόκκινα τμήματα προφανώς είναι μεταξύ τους ίσα, το ίδιο ισχύει και για τα μπλε τμήματα.

Το κέντρο

του κύκλου είναι το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών $\widehat{\Delta }$ και $P\widehat{A}K$ .

Ακόμη, $\frac{AK}{K\Delta }=\frac{BT}{BO}=\frac{BA}{B\Delta }$ άρα

διχοτόμος της $A\widehat{B}\Delta$ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο KAO

είναι: $\displaystyle \varepsilon \varphi \left (\frac{ 90^{o}+\theta }{2} \right )=\frac{OK}{KA}=\sqrt{2}$ .

Τελικά, $\displaystyle \eta \mu \theta =-\sigma \upsilon \nu (90^{o}+\theta) =-\frac{1-\varepsilon \varphi ^{2}\left (\frac{ 90^{o}+\theta }{2} \right )}{1+\varepsilon \varphi ^{2}\left (\frac{ 90^{o}+\theta }{2} \right )}=\frac{1}{3}$

#5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:102.png

Στο παραπάνω σχήμα ο κύκλος εφάπτεται των πλευρών $\Delta A, \Delta \Gamma$ του τετραγώνου
$AB\Gamma \Delta$ και διέρχεται από την κορυφή του . Από το φέρνω εφαπτομένη προς τον
κύκλο και ονομάζω το σημείο επαφής. Βρείτε το $\eta \mu \theta$ .

Η

τέμνει την

στο

είναι το σημείο επαφής του κύκλου με την

και η

τέμνει την

στο

όπου

το κέντρο του κύκλου. Θέτω EB=x, BN=AM=y

και έστω

η πλευρά του τετραγώνου.

: Τετράγωνο 11.png (14.55 KiB) Προβλήθηκε 1276 φορές

Είναι, $\displaystyle{\omega = {22,5^0} \Rightarrow \tan \omega = \sqrt 2 - 1 \Leftrightarrow \frac{y}{a} = \sqrt 2 - 1 \Leftrightarrow }$ $\boxed{y=a(\sqrt 2 -1)}$ (1)

$\displaystyle{AE = AP + PE \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {x^2}} = y + \sqrt {x(x + 2y)} \mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} }$ $\boxed{x=\frac{a\sqrt 2}{4}}$

$\displaystyle{\tan \theta = \frac{x}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{4},\sin \theta = \frac{{\tan \theta }}{{\sqrt {1 + {{\tan }^2}\theta } }} \Rightarrow }$ $\boxed{\sin \theta = \frac{1}{3}}$

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλησπέρα σε όλους !

: 19-6-17 Τετράγωνο...PNG (10 KiB) Προβλήθηκε 1194 φορές

Ας κρατήσουμε από τη λύση του Γρηγόρη ότι το κέντρο

του κύκλου ανήκει στην

και από τη λύση-σχήμα του Νίκου (nikkru ) ότι η ακτίνα του $R=OK=AK\sqrt{2}$ . Φέρω $PTZ \perp AB,OK$

Το PAKO

είναι χαρταετός και αν θέσουμε AP=AK=3

τότε ..ανεβαίνοντας στο σκαλοπάτι του θέματος αυτού

βρίσκουμε PZ=4

οπότε $\eta \mu \theta =\dfrac{PT}{AP}=\dfrac{1}{3}$

Φιλικά Γιώργος.

KARKAR · #7

: sinθ.png (17.23 KiB) Προβλήθηκε 1163 φορές

Σύμφωνα με τους υπολογισμούς που είχαν γίνει εδώ και με πλευρά του τετραγώνου ίση με

,

προκύπτει : $r=OT=TD=2-\sqrt{2} , AT=\sqrt{2}-1$ , άρα : $\tan\omega=\sqrt{2}$

$\tan\phi=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ και επειδή : $\theta+\phi=\omega$ , είναι : $\tan\theta=\dfrac{\sqrt{2}}{4}$ , απ' όπου : $\sin\theta=\dfrac{1}{3}$ .

Τετράγωνο 11.

Τετράγωνο 11.

Re: Τετράγωνο 11.

Re: Τετράγωνο 11.

Re: Τετράγωνο 11.

Re: Τετράγωνο 11.

Re: Τετράγωνο 11.

Re: Τετράγωνο 11.

Μέλη σε σύνδεση