Υπολογισμοί χωρίς οίκτο

KARKAR · #1

: Υπολογισμοί χωρίς οίκτο.png (12.85 KiB) Προβλήθηκε 298 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, με

, ο εγγεγραμμένος κύκλος (K)

, εφάπτεται

των πλευρών AB , BC , CA

στα σημεία T , P , S

αντίστοιχα . Φέρουμε τμήμα : $TN \perp PS$ .

Βρείτε τον λόγο : $\dfrac{TN}{KC}$ . Μπορείτε να κάνετε το ίδιο για οποιαδήποτε μήκη των πλευρών b , c

;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 11, 2025 6:26 pm
Υπολογισμοί χωρίς οίκτο.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , με , ο εγγεγραμμένος κύκλος , εφάπτεται

των πλευρών στα σημεία αντίστοιχα . Φέρουμε τμήμα : $TN \perp PS$ .

Βρείτε τον λόγο : $\dfrac{TN}{KC}$ . Μπορείτε να κάνετε το ίδιο για οποιαδήποτε μήκη των πλευρών ;

: ipologismoi.png (25.92 KiB) Προβλήθηκε 276 φορές

To κάνω με κάμποση Τριγωνομετρία, αλλά γίνεται και χωρίς.

Αν

η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου, τότε KP=KT=AS=AT=r

. Επίσης εύκολα βλέπουμε ότι η $\angle \theta = 180-45-\left (90- \dfrac {C}{2}\right )= 45+ \dfrac {C}{2}$

$TN=TS \sin \theta = r \sqrt 2 \sin \theta= r\sqrt 2\sin \left (45+ \dfrac {C}{2} \right )=r\sqrt 2 \left ( \dfrac {\sqrt 2}{2}\cos \dfrac {C}{2} + \dfrac {\sqrt 2}{2}\sin \dfrac {C}{2} \right )= r\left ( \cos \dfrac {C}{2} + \sin \dfrac {C}{2}\right )$

και $KC= \dfrac {KP}{\sin \dfrac {C}{2}}= \dfrac {r}{\sin \dfrac {C}{2}}$

Άρα

$\dfrac{TN}{KC} = \dfrac{r \left ( \cos \dfrac {C}{2} + \sin \dfrac {C}{2}\right )\sin \dfrac {C}{2} }{r}= \left (\cos \dfrac {C}{2} + \sin \dfrac {C}{2}\right )\sin \dfrac {C}{2} =$

$= \cos \dfrac {C}{2} \sin \dfrac {C}{2} + \sin ^2\dfrac {C}{2} = \dfrac {1}{2} \sin C + \dfrac {1-\cos C}{2}= \dfrac {1}{2} \dfrac {c}{a} + \dfrac {1}{2} - \dfrac {b}{2a} = \dfrac {a-b+c}{2a}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 11, 2025 6:26 pm
Υπολογισμοί χωρίς οίκτο.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , με , ο εγγεγραμμένος κύκλος , εφάπτεται

των πλευρών στα σημεία αντίστοιχα . Φέρουμε τμήμα : $TN \perp PS$ .

Βρείτε τον λόγο : $\dfrac{TN}{KC}$ . Μπορείτε να κάνετε το ίδιο για οποιαδήποτε μήκη των πλευρών ;

Προφανώς τα σημεία K,N,S,A,T

είναι ομοκυκλικά και μπλε γωνίες ίσες.

Επειδή στο τρίγωνο KBT

η μπλε κι η κόκκινη είναι συπληρωματικές ,τα σημεία

B,K,N

είναι συνευθειακά κι έστω $BN \cap AC=D$

Ισχύει TQ//AC,KT//CQ

άρα

παραλ/μμο ,άρα TQ=KC

Από θ.διχοτόμου είναι $DC= \dfrac{ab}{a+c}$

$TK//DC \Rightarrow \dfrac{TN}{NQ}=\dfrac{TK}{DQ}\Rightarrow \dfrac{TN}{TQ}= \dfrac{TK}{DC} \Rightarrow \dfrac{TN}{KC}= \dfrac{ \tau -a}{ \dfrac{ab}{a+c} }$

Άρα $\dfrac{TN}{KC}= \dfrac{ (\tau -a)(a+c)}{ab} = \dfrac{a+c-b}{2a}$

Για την εφαρμογή παίρνουμε $\dfrac{TN}{KC}= \dfrac{2}{5}$

: Υπολογισμοί χωρίς οίκτο.png (32.97 KiB) Προβλήθηκε 207 φορές

Υπολογισμοί χωρίς οίκτο

Υπολογισμοί χωρίς οίκτο

Re: Υπολογισμοί χωρίς οίκτο

Re: Υπολογισμοί χωρίς οίκτο

Μέλη σε σύνδεση