Η ωραία εφαπτομένη

Συντονιστές: silouan, Doloros, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11219
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Η ωραία εφαπτομένη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am

Η  ωραία  εφαπτομένη.png
Η ωραία εφαπτομένη.png (6.28 KiB) Προβλήθηκε 376 φορές
Τα σημεία M,N είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD αντίστοιχα , του ρόμβου ABCD .

Αν \widehat{MAN}=90^0 , υπολογίστε την \tan\widehat{BAM} και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ
Δημοσιεύσεις: 107
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 11:47 pm

Re: Η ωραία εφαπτομένη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ » Δευ Ιούλ 01, 2019 12:47 pm

Θεωρώ T την ορθή προβολή του B στην AM και E , Z τις τομές της BD με τις AM,AN αντίστοιχα. Το τετράπλευρο AECZ είναι ορθογώνιο άρα \widehat{CEA}=90^{\circ}. Τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα BTE και AEC είναι ίσα, οπότε BT=TE=AT/2 άρα \tan \vartheta =\dfrac{BT}{AT}=\dfrac{1}{2}.

Απο την ισότητα των τριγώνων BTE και AEC , το ορθογώνιο AECZ και την ισότητα BO=OD πέρνουμεBE=AC=EZ=ZD\Rightarrow AC=\dfrac{1}{3}BD

Η ωραία εφαπτομένη.PNG
Η ωραία εφαπτομένη.PNG (41.07 KiB) Προβλήθηκε 342 φορές
τελευταία επεξεργασία από ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ σε Δευ Ιούλ 01, 2019 1:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 537
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Η ωραία εφαπτομένη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Δευ Ιούλ 01, 2019 12:52 pm

KARKAR έγραψε:
Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am
Η ωραία εφαπτομένη.pngΤα σημεία M,N είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD αντίστοιχα , του ρόμβου ABCD .

Αν \widehat{MAN}=90^0 , υπολογίστε την \tan\widehat{BAM} και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου .
Τριγωνομετρικά:

\widehat{B}=180-\left ( 90+2\vartheta \right )=90-2\vartheta ,\widehat{BMA}=180-\widehat{B}-\vartheta =90+\vartheta
Αν a η πλευρά του ρόμβου έχουμε με νόμο ημιτόνων στο BAM: \dfrac{\dfrac{a}{2}}{\sin\vartheta }=\dfrac{a}{\sin\left ( 90+\vartheta \right )}=\dfrac{a}{\cos\vartheta }\Leftrightarrow \dfrac{1}{2\sin\vartheta }=\dfrac{1}{\cos\vartheta }\Leftrightarrow \tan\vartheta =\dfrac{1}{2}

Είναι \sin^2\vartheta =\dfrac{\tan^2\vartheta }{1+\tan^2\vartheta }\Leftrightarrow \sin\vartheta =\dfrac{\sqrt{5}}{5},\cos^2\vartheta =\dfrac{1}{1+\tan^2\vartheta }\Leftrightarrow \cos\vartheta =\dfrac{2\sqrt{5}}{5}
Από τις παραπάνω σχέσεις \cos\widehat{A}=\cos\left ( 90+2\vartheta \right )=-\sin2\vartheta =-2\dfrac{\sqrt{5}}{5}\cdot \dfrac{2\sqrt{5}}{5}=\dfrac{-4}{5}

Έτσι είναι \dfrac{AC^2}{BD^2}=\dfrac{2a^2-2a^2\dfrac{4}{5}}{2a^2+2a^2\dfrac{4}{5}}=\dfrac{2}{18}=\dfrac{1}{9}\Leftrightarrow \dfrac{AC}{BD}=\dfrac{1}{3}


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1736
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Η ωραία εφαπτομένη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Δευ Ιούλ 01, 2019 1:00 pm

KARKAR έγραψε:
Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am
Η ωραία εφαπτομένη.pngΤα σημεία M,N είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD αντίστοιχα , του ρόμβου ABCD .

Αν \widehat{MAN}=90^0 , υπολογίστε την \tan\widehat{BAM} και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου .

Από την προφανή ισότητα των \displaystyle \vartriangle ABM,AND \Rightarrow AM = AN και \displaystyle G , \displaystyle P είναι κ.βάρους των \displaystyle \vartriangle ABC,ACD \Rightarrow x = \frac{{BD}}{6}

Με \displaystyle E συμμετρικό του \displaystyle A ως προς \displaystyle M \Rightarrow CE//AB \Rightarrow D,C,E συνευθειακά και \displaystyle \boxed{\tan \theta  = \frac{{AN}}{{AE}} = \frac{1}{2}}

To \displaystyle \vartriangle ACP είναι ορθογώνιο-ισοσκελές και \displaystyle \tan {45^0} = \frac{{\frac{{AC}}{2}}}{x} = \frac{{\frac{{AC}}{2}}}{{\frac{{BD}}{6}}}\displaystyle  \Rightarrow \boxed{\frac{{AC}}{{BD}} = \frac{1}{3}}
ωραία εφαπτομένη.png
ωραία εφαπτομένη.png (12.41 KiB) Προβλήθηκε 331 φορές


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3264
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Η ωραία εφαπτομένη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Δευ Ιούλ 01, 2019 4:39 pm

KARKAR έγραψε:
Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am
Τα σημεία M,N είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD αντίστοιχα, του ρόμβου ABCD.

Αν \widehat{MAN}=90^0, υπολογίστε την \tan\widehat{BAM} και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου.
shape.png
shape.png (15.24 KiB) Προβλήθηκε 294 φορές
1) Αν K,L μέσα των AB,BK αντίστοιχα, τότε KC\mathop  = \limits^\parallel  AN = AM και ML\mathop  = \limits^\parallel  \dfrac{{KC}}{2}. Εύκολα από το ορθογώνιο  \triangleleft AML:\tan \theta  = \dfrac{{AM}}{{ML}} = \dfrac{1}{2}

2) Λόγω των συμμετρικων βαρύκεντρων θα ισχύει: \dfrac{{AC}}{{BD}} = \dfrac{{2x}}{{6x}} = \dfrac{1}{3}


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8803
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Η ωραία εφαπτομένη

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιούλ 01, 2019 5:26 pm

KARKAR έγραψε:
Δευ Ιούλ 01, 2019 10:32 am
Η ωραία εφαπτομένη.pngΤα σημεία M,N είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD αντίστοιχα , του ρόμβου ABCD .

Αν \widehat{MAN}=90^0 , υπολογίστε την \tan\widehat{BAM} και τον λόγο των διαγωνίων του ρόμβου .
Η ωραία εφαπτομένη.png
Η ωραία εφαπτομένη.png (17.64 KiB) Προβλήθηκε 284 φορές
Η MO διέρχεται από το μέσο P του AN και είναι \displaystyle A\widehat MP = \theta  \Rightarrow \boxed{\tan \theta  = \frac{{AP}}{{AM}} = \frac{1}{2}}

\displaystyle \frac{{BD}}{{AC}} = \frac{{BO}}{{AO}} = \tan (45^\circ  + \theta ) = \frac{{1 + \frac{1}{2}}}{{1 - \frac{1}{2}}} \Leftrightarrow \boxed{\frac{BD}{AC}=3}


Αλλιώς για το δεύτερο ερώτημα. \displaystyle \frac{{BD}}{{AC}} = \frac{{2MN}}{{2AO}} = \frac{{MN}}{{\frac{2}{3} \cdot \frac{{MN}}{2}}} = 3


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6957
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Η ωραία εφαπτομένη

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Ιούλ 01, 2019 5:49 pm

Αν και έχουν λεχθεί πιο πάνω( Με πρώτο και ωραίο το νεαρό Θεοδόσιο ) με τον ένα ή τον άλλο τρόπο .
Η ωραία εφαπτομένη.png
Η ωραία εφαπτομένη.png (18.48 KiB) Προβλήθηκε 277 φορές
Αν G,J τα σημεία τομής των AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AN με τη διαγώνιο BD, τα σημεία αυτά είναι βαρύκεντρα των ορθογωνίων τριγώνων ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAC.

Επίσης το τετράπλευρο AGCJ είναι τετράγωνο , οπότε:

α) \boxed{\tan \theta  = \tan {\theta _1} = \frac{{GM}}{{GC}} = \frac{{GM}}{{GA}} = \frac{1}{2}}

β) \boxed{\frac{{BD}}{{AC}} = \frac{{OB}}{{OA}} = \frac{{3m}}{m} = 3}

δεν είχα δει το Γιώργο . όταν τα έγραφα


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες