Εφαπτομένη και υποτείνουσα

KARKAR · #1

: Εφαπτομένη και υποτείνουσα.png (8.75 KiB) Προβλήθηκε 905 φορές

Τα σημεία P ,T

μετακινούνται στο ημικύκλιο , έτσι ώστε η γωνία $\widehat{PST}$ , να είναι ορθή .

Βρείτε το μήκος του τμήματος

, κατά την στιγμή που ελαχιστοποιείται η : $\tan\theta$ .

#2

Εφαπτομένη και υποτείνουσα

K,M

μέσα των

. Θ. διαμέσων στο $\vartriangle MOS$ .

$M{O^2} + M{S^2} = 2M{K^2} + 2K{S^2} \Rightarrow O{T^2} - M{T^2} + M{S^2} = 2M{K^2} + 2K{S^2}$ και άρα :

${4^2} = 2M{K^2} + 2 \Rightarrow \boxed{M{K^2} = 7}$ .

: Εφαπτομένη και υποτείνουσα_ok.png (23.2 KiB) Προβλήθηκε 880 φορές

Η γωνία $\theta$ γίνεται ελάχιστη όταν η $2\theta$ γίνεται ελάχιστη και άρα η συμπληρωματικής γίνεται μέγιστη.

Προς τούτο αρκεί $\omega = 90^\circ$ . επειδή η συνάρτηση , $y = \tan \theta \,\,,0^\circ < \theta < 90^\circ$ είναι γνήσια αύξουσα θα έχω ελάχιστη $\tan \theta$ όταν $MK \bot OS$ .

Τότε: $M{S^2} = 7 + 1 = 8 \Rightarrow MS = 2\sqrt 2 \Rightarrow \boxed{PT = 4\sqrt 2 }$

Έλαβα υπ’ όψιν τις πιο κάτω προφανείς προτάσεις:

α)

Η γωνία της κορυφής ισοσκελούς τριγώνου , σταθερής βάσης , γίνεται ελάχιστη όταν το ύψος προς την βάση γίνει μέγιστο .

β)

Για τυχαίο τρίγωνο με σταθερή βάση γράφω το περιγεγραμμένο κύκλο και για την αντίστιχη επίκεντρη γωνία χρησιμοποιώ την προηγούμενη πρόταση.

: Εφαπτομένη και υποτείνουσα_κατασκευή.png (15.18 KiB) Προβλήθηκε 860 φορές

#3

Καλησπέρα σε όλους. Επιχειρώ μια διαφορετική γεωμετρική προσέγγιση στο θέμα αυτό.

: 09-10-2021 Γεωμετρία.png (58.85 KiB) Προβλήθηκε 839 φορές

Η προέκταση της

τέμνει τον κύκλο στο

. Η οξεία γωνία $\displaystyle \theta$ ελαχιστοποιείται όταν ελαχιστοποιείται το τόξο $\displaystyle \mathop {PE}\limits^ \cap$ , άρα και η επίκεντρη γωνία $\displaystyle \widehat {POE}$ . Έστω

το μέσο της

, οπότε $\displaystyle \widehat {POK} = \frac{{\widehat {POE}}}{2} = \theta$ , (αφού POE

ισοσκελές).

Είναι $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta = \frac{{{\rm O}{\rm K}}}{4}$ και $\displaystyle {\rm O}{\rm K} \le {\rm O}S + SK = 2 + SK$ , με το ίσον όταν O, S, K

συνευθειακά. Τότε το $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta$ παίρνει μέγιστη τιμή, άρα η εφαπτομένη της $\theta$ ελάχιστη.

Τότε $\displaystyle PE \bot OB$ , άρα $\displaystyle PS = PK\sqrt 2$ και από την ομοιότητα των ορθογωνίων PST, POK

είναι $\displaystyle \frac{{PT}}{{PO}} = \frac{{PS}}{{PK}} \Leftrightarrow PT = 4\sqrt 2$ .

Μπορούμε να υπολογίσουμε και τα εμπλεκόμενα τμήματα:

Έστω PK = x

, οπότε στο ορθογώνιο POK

είναι $\displaystyle {x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} = 16 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 7 - 1$ κ.ο.κ.

#4

Γιώργος Ρίζος έγραψε: Σάβ Οκτ 09, 2021 10:13 pm Καλησπέρα σε όλους. Επιχειρώ μια διαφορετική γεωμετρική προσέγγιση στο θέμα αυτό.

09-10-2021 Γεωμετρία.png

Η προέκταση της τέμνει τον κύκλο στο . Η οξεία γωνία $\displaystyle \theta$ ελαχιστοποιείται όταν ελαχιστοποιείται το τόξο $\displaystyle \mathop {PE}\limits^ \cap$ , άρα και η επίκεντρη γωνία $\displaystyle \widehat {POE}$ . Έστω το μέσο της , οπότε $\displaystyle \widehat {POK} = \frac{{\widehat {POE}}}{2} = \theta$ , (αφού ισοσκελές).

Είναι $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta = \frac{{{\rm O}{\rm K}}}{4}$ και $\displaystyle {\rm O}{\rm K} \le {\rm O}S + SK = 2 + SK$ , με το ίσον όταν συνευθειακά. Τότε το $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta$ παίρνει μέγιστη τιμή, άρα η εφαπτομένη της $\theta$ ελάχιστη.

Τότε $\displaystyle PE \bot OB$ , άρα $\displaystyle PS = PK\sqrt 2$ και από την ομοιότητα των ορθογωνίων είναι $\displaystyle \frac{{PT}}{{PO}} = \frac{{PS}}{{PK}} \Leftrightarrow PT = 4\sqrt 2$ .

Μπορούμε να υπολογίσουμε και τα εμπλεκόμενα τμήματα:

Έστω , οπότε στο ορθογώνιο είναι $\displaystyle {x^2} + {\left( {x + 2} \right)^2} = 16 \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 6 = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 7 - 1$ κ.ο.κ.

Ωραία Γιώργο

. Έχω μια παρόμοια λύση και πιθανόν να την ανεβάσω .

nickchalkida · #5

Γιώργο πολύ ωραία! (... και έδιωξες κάποιες αμφιβολίες που είχα)
Είχα παρόμοια αντιμετώπιση του προβλήματος. Η γωνία $\widehat{\alpha}_{min} \rightarrow PE_{min}$
και επιτυγχάνεται όταν $PE \perp SB$ , (παραπέμποντας στην αιτιολογία της απάντησης του Γιώργου).
Τότε $\widehat{\theta_1} = \widehat{\theta_2} = 45^o$ (

μέσον του

) και

$\displaystyle{ \begin{aligned} TP^2 &= SP^2 + ST^2 \rightarrow \cr 2TP^2 &= SP^2 + ST^2 + SF^2 + SE^2 \rightarrow \cr 2TP^2 &= d^2 \rightarrow TP = {d\sqrt{2} \over 2} \cr \end{aligned} }$

όπου

η διάμετρος του κύκλου.

#6

KARKAR έγραψε: Σάβ Οκτ 09, 2021 10:07 am Εφαπτομένη και υποτείνουσα.pngΤα σημεία μετακινούνται στο ημικύκλιο , έτσι ώστε η γωνία $\widehat{PST}$ , να είναι ορθή .

Βρείτε το μήκος του τμήματος , κατά την στιγμή που ελαχιστοποιείται η : $\tan\theta$ .

: Εφαπτομένη και υποτείνουσα_new_Ανάλυση.png (13.42 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές

Ας είναι

η τομή του κάτω ημικυκλίου με την

,

το μέσο του

και

η τομή των $PE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ .

Προφανώς $\widehat {MOP} = \theta$ και θα γίνεται ελάχιστη όταν το απόστημα

γίνεται μέγιστο /

Αφού όμως $OM \leqslant OH$ με το «

» να ισχύει όταν τα $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H$ ταυτιστούν , αρκεί

$\boxed{PE \bot OB}$ .

: Εφαπτομένη και υποτείνουσα_new_κατασκευή.png (17.4 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές

Τότε όμως το τρίγωνο SEP

είναι ισοσκελές ορθογώνιο , οπότε $\widehat {{\omega _{}}} = 45^\circ$ , συνεπώς $\widehat {POT} = 90^\circ \Rightarrow \boxed{PT = 4\sqrt 2 }$

Εφαπτομένη και υποτείνουσα

Εφαπτομένη και υποτείνουσα

Re: Εφαπτομένη και υποτείνουσα

Re: Εφαπτομένη και υποτείνουσα

Re: Εφαπτομένη και υποτείνουσα

Re: Εφαπτομένη και υποτείνουσα

Re: Εφαπτομένη και υποτείνουσα

Μέλη σε σύνδεση