Μπορούμε ;

KARKAR · #1

: Μπορούμε ;.png (26.71 KiB) Προβλήθηκε 217 φορές

Μπορούμε να εντοπίσουμε σημείο

του ημικυκλίου , ώστε τα τρίγωνο NAT , NSB

, να είναι ισεμβαδικά ;

Nikitas K. · #2

Με βάση το σχήμα της εκφώνησης:

Ισχύει ότι:

$AT = SB\quad \color{blue}(0)$ από τη δεδομένη ισεμβαδικότητα.

$NT^2 = AT \cdot TB\quad \color{blue} (1)$ διότι

είναι η κάθετη από την κορυφή

της ορθής $\angle ANB$ (ως εγγεγραμμένη που βαίνει στη διάμετρο του ημικυκλίου) του ορθογωνίου $\triangle ABN$ προς την υποτείνουσα του.

Συνεχίζοντας έχουμε ότι:
$NB^2 = TB^2 + AT \cdot TB \quad \color{blue} {(2)}$ από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο $\triangle BTN$

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο $\triangle TSN$ έχουμε:
$NS^2 \overset{ {\color{blue} (1)} }{=} AT \cdot TB+TS^2\quad\color{blue}{(3)}$

$\angle SBN = \angle ANT$ ως οξείες γωνίες των ορθογωνίων τριγώνων ABT

και

που έχουν τις αντίστοιχες πλευρές τους κάθετες.

και

$\angle SBN = 2\angle SNB$ αφού $\angle ANT = \angle SNB$

Πράγματι,

$NS^2 = SB^2 + SB \cdot NB$ από εφαρμογή αυτού του θεωρήματος εδώ στο $\triangle SBN$

Συνεχίζοντας λόγω των σχέσεων $\color{blue}(0)$ , $\color{blue}(2)$ και $\color{blue}(3)$ έχουμε:

$AT \cdot TB+TS^2 = AT^2 + AT \cdot \sqrt{TB^2 + AT \cdot TB}$

$AT \cdot TB+(TB - AT)^2 = AT^2 + AT \cdot \sqrt{TB^2 + AT \cdot TB}$ διότι TS = TB - SB = TB - AT

Θέτοντας

και

υπάρχει συνάρτηση

τέτοια, ώστε y = f(x)

Και επειδή f(x)+x = AB

από

Σημαίνει ότι το σημείο

προσδιορίζεται, επομένως η κάθετη από το σημείο

στη διάμετρο

τέμνει το ημικύκλιο στο ζητούμενο σημείο

.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 28, 2026 4:23 am
Μπορούμε ;.pngΜπορούμε να εντοπίσουμε σημείο του ημικυκλίου , ώστε τα τρίγωνο , να είναι ισεμβαδικά ;

Με τους συμβολισμούς του σχήματος, προφανώς τα τρίγωνα NAT , NSB

είναι ισεμβαδικά.

Η συνθήκη των γωνιών θα μας δώσει το ζητούμενο τμήμα

Είναι $\displaystyle y = \sqrt {x(2R - x)}.$

$\displaystyle \tan 2\theta = \frac{x}{y},\tan \omega = \frac{{2(R - x)}}{y},\tan (\omega + \theta ) = \frac{{2R - x}}{y}$

: Μπορούμε;.png (15.67 KiB) Προβλήθηκε 177 φορές

Αλλά $\displaystyle \tan \theta = \frac{{\tan (\omega + \theta ) - \tan \omega }}{{1 + \tan \theta \tan (\omega + \theta )}}$ και $\displaystyle \tan 2\theta = \frac{{2\tan \theta }}{{1 - {{\tan }^2}\theta }}$

Μετά τις πράξεις (δεν θα τις γράψω) καταλήγω στην εξίσωση 2t^3-7t^2+10t-4=0,

όπου $t=\dfrac{x}{R}.$

Τελικά παίρνω $\boxed{x = \frac{R}{6}\left( {7 - \frac{{11}}{{\sqrt[3]{{6\sqrt {177} - 71}}}} + \sqrt[3]{{6\sqrt {177} - 71}}} \right) \simeq 0,62391R}$

KARKAR · #4

Η λύση του Νικήτα συντομευμένη και ... ολοκληρωμένη :

: συντόμευση.png (25.58 KiB) Προβλήθηκε 161 φορές

$NB^2=BT\cdot BA=d(d-x)$ , (

η διάμετρος ) . Επίσης : NS^2=x(d-x)+(d-2x)^2

,

$NS^2=x^2+x\sqrt{d(d-x)}$ , οπότε καταλήγουμε στην : $2x^2-3dx-x\sqrt{d(d-x)}+d^2=0$

Τελικά παίρνω $\boxed{x = \frac{d}{12}\left( {7 - \frac{{11}}{{\sqrt[3]{{6\sqrt {177} - 71}}}} + \sqrt[3]{{6\sqrt {177} - 71}}} \right) \simeq 0,0.31196d}$

Μπορούμε ;

Μπορούμε ;

Re: Μπορούμε ;

Re: Μπορούμε ;

Re: Μπορούμε ;

Μέλη σε σύνδεση