Τα θέλουμε ίσα

KARKAR · #1

: Τα θέλουμε ίσα.png (14.1 KiB) Προβλήθηκε 177 φορές

Το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές , το

είναι το μέσο της βάσης

και το

σημείο της , τέτοιο ώστε :

BC=3BT

. Οι προεκτάσεις των AT , AM

τέμνουν το "νότιο" ημικύκλιο διαμέτρου

, στα σημεία

P ,S

αντίστοιχα . Πώς πρέπει να κατασκευαστεί το αρχικό τρίγωνο , ώστε να είναι : BP=PS

;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 16, 2026 9:57 am
Τα θέλουμε ίσα.pngΤο τρίγωνο είναι ισοσκελές , το είναι το μέσο της βάσης και το σημείο της , τέτοιο ώστε :

. Οι προεκτάσεις των τέμνουν το "νότιο" ημικύκλιο διαμέτρου , στα σημεία

αντίστοιχα . Πώς πρέπει να κατασκευαστεί το αρχικό τρίγωνο , ώστε να είναι : ;

Βρίσκω το μέσο

του τόξου $\overset\frown{BC}$ και η

τέμνει την

στο

KARKAR · #3

: Τα θέλουμε ίσα , υπολογισμοί.png (15 KiB) Προβλήθηκε 157 φορές

Ξεκούραστη κατασκευή . Ακολουθούν κοπιαστικοί υπολογισμοί . Βρείτε λοιπόν την $\tan\theta$ .

Nikitas K. · #4

Κατά την επεξεργασία αναδιαμορφώθηκε η λύση, έγινε πιο σαφής και το σχήμα πιο λιτό.

: Τα θέλουμε ίσα.png (50 KiB) Προβλήθηκε 68 φορές

Η γωνία $\angle BPS$ είναι ίση με $\dfrac{3\pi}{4}$ ως εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει στο μείζον τόξο $\overset{\frown}{BS}$

Η γωνία $\angle SBM$ είναι ίση με $\dfrac{\pi}{4}$ ως εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει στο τόξο $\overset{\frown}{SC}$

Από το νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο $\triangle BPS$ προκύπτει:

$BS = r\sqrt{2}$ και $BP = r\sqrt{2-\sqrt{2}}$

Από δύο διαδοχικές εφαρμογές του νόμου συνημιτόνων στο τρίγωνο $\triangle BTP$ προκύπτει:

$\displaystyle PT = \sqrt{BP^2 + BT^2 - 2 \cdot BP \cdot BT \cos\left(\frac{3\pi}{8}\right)} = \frac{r}{3}\sqrt{10 - 3\sqrt{2}}$

και

$\displaystyle \cos\omega = \frac{BT^2 + PT^2 - BP^2}{2 \cdot BT \cdot PT} = \frac{3\sqrt{2} - 2}{2\sqrt{10 - 3\sqrt{2}}}$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\triangle ATM$ έχουμε:

$\displaystyle AT = \frac{TM}{\cos\omega} = \frac{r(3\sqrt{2} + 2)\sqrt{10 - 3\sqrt{2}}}{21}$

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ίδιο τρίγωνο έχουμε:

$\displaystyle AM = \sqrt{AT^2 - TM^2} = \frac{r}{7}\sqrt{11 + 6\sqrt{2}}$

Επομένως στο ορθογώνιο τρίγωνο $\triangle ABM$ έχουμε:

$\displaystyle \tan\theta = \frac{AM}{BM} = \frac{3 + \sqrt{2}}{7}$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 16, 2026 1:15 pm
Τα θέλουμε ίσα , υπολογισμοί.pngΞεκούραστη κατασκευή . Ακολουθούν κοπιαστικοί υπολογισμοί . Βρείτε λοιπόν την $\tan\theta$ .

Στο σχήμα φαίνονται οι συντεταγμένες των γνωστών σημείων με $\displaystyle T\left( { - \frac{r}{3},0} \right).$ Επειδή η

είναι μεσοκάθετος

του

και το

σημείο του ημικυκλίου $y=-\sqrt{r^2-x^2},$ εύκολα βρίσκω $\displaystyle P\left( { - \frac{{r\sqrt 2 }}{2}, - \frac{{r\sqrt 2 }}{2}} \right)$

: Τα θέλουμε ίσα.png (17.44 KiB) Προβλήθηκε 105 φορές

Η ευθεία

έχει εξίσωση $\displaystyle y = \frac{{3\sqrt 2 }}{{3\sqrt 2 - 2}}\left( {x + \frac{r}{3}} \right)$ και για x=0

είναι $\displaystyle a = \frac{{r\sqrt 2 }}{{3\sqrt 2 - 2}} = \frac{{r(3 + \sqrt 2 )}}{{7}}$

Άρα, $\boxed{\tan \theta = \frac{a}{r} = \frac{{3 + \sqrt 2 }}{7}}$

Nikitas K. · #6

Έγινε επεξεργασία του ποστ#4.

Επιπλέον οι ενδιάμεσες πράξεις παρουσιάζονται εδώ

Τα θέλουμε ίσα

Τα θέλουμε ίσα

Re: Τα θέλουμε ίσα

Re: Τα θέλουμε ίσα

Re: Τα θέλουμε ίσα

Re: Τα θέλουμε ίσα

Re: Τα θέλουμε ίσα

Μέλη σε σύνδεση